Giải đề thi trắc nghiệm 2017

Lê Phúc Lữ biên tập và giới thiệu

Lời giải. Chọn câu D. Ta thấy lim 
x (1)

cận đứng của đồ thị.

2x  1
2x  1
 , lim 
  nên x  1 là tiệm
x (1) x  1
x 1

Lời giải. Chọn câu D. Phương trình hoành độ giao điểm là

x 2  1
x  2x  2  x  4  x  x  2  0   2
.
x  2
4

2

2

4

2

Suy ra x  2, x   2 nên đồ thị của hai hàm số có đúng hai điểm chung.

Lời giải. Chọn câu B. Ta biết rằng x  x 0 là điểm cực đại của hàm số nếu như f (x 0 ) lớn hơn các
giá trị của f tại các “vùng lân cận”. Nhìn vào đồ thị thì rõ ràng x  1 thỏa mãn điều kiện đó.

Lời giải. Chọn câu A. Ta có y   3x 2  4x  1 và y   0  x  1, x 
dấu, dễ dàng có:

1
. Do đó, bằng cách xét
3
1


-

1
Hàm số đồng biến trên từng khoảng (; ) và (1; ).
3
1 
Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 .
 3 

Lời giải. Chọn câu B. Dựa vào bảng biến thiên, ta có thể thấy rằng các giá trị cần quan tâm là
y  1 và y  2. Số nghiệm của phương trình f (x )  m bằng số giao điểm giữa đồ thị hàm số
y  f (x ) và đường nằm ngang y  m. Ta có các trường hợp:
- Nếu m  2 thì f (x )  m chỉ có một nghiệm (cắt ở nhánh bên trái).
- Nếu m  2 hoặc m  1 thì f (x )  m có hai nghiệm phân biệt.
- Nếu 1  m  2 thì f (x )  m có ba nghiệm phân biệt (cắt ở cả hai nhánh).
Nhận xét. Giá trị 1 trên miền (; 0) chính xác là lim y nên nó không thuộc vào miền giá trị
x 0

của y trên (; 0) , vì thế nên khi m  1 thì f (x )  m vẫn chỉ có hai nghiệm.

Lời giải. Chọn câu D. Ta có y  

x  1

x  3 . Lập bảng biến thiên, ta thấy

 6 ; x  1 là điểm cực tiểu, ứng với yCT  2.

x 2  2x  3
; y  0 
(x  1)2

rằng x  3 là điểm cực đại, ứng với yCD
Do đó, cực tiểu của hàm số là 2.

Nhận xét. Chú ý rằng khi nói cực trị của hàm số, ta hiểu đó là y. Nếu nói điểm cực trị thì đó mới
là x . Vì vậy nên cần nắm vững các thuật ngữ để lựa chọn cho chính xác.
2


3
Lời giải. Chọn câu D. Ta biết rằng đạo hàm của quãng đường là vận tốc nên v(t )   t 2  18t.
2
Ta cần tìm GTLN của hàm số này trên [0;10] . Ta có v (t )  3t  18 nên v (t )  0  t  6.
So sánh các giá trị v(0)  0, v(10)  30, v(6)  54, ta được max v(t )  54.
[0;10]

Lời giải. Chọn câu D. Ta thấy rằng x 2  5x  6  0  x  2  x  3. Do đó, ta chỉ cần kiểm
tra tiệm cận đứng tại các giá trị này:



lim

2x  1  x 2  x  3
  nên x  3 là tiệm cận đứng.
x 2  5x  6

lim

2x  1  x 2  x  3
0
gặp phải dạng vô định nên ta cần nhân liên hợp
2
0
x  5x  6

x 3

x 2

y

(2x  1)2  (x 2  x  3)

Suy ra lim y  lim y  
x 2



(x  5x  6) 2x  1  x  x  3
2

x 2

2







3x  1

(x  3) 2x  1  x  x  3

7
nên x  2 không phải là tiệm cận đứng.
6

2



.

Nhận xét. Bài này đòi hỏi phải nhớ đến cách khử dạng vô định bằng liên hợp. Điều này cũng nhắc
ta cẩn thận khi tìm tiệm cận đứng x  a , vì ngoài việc mẫu số bằng 0 tại giá trị này, ta còn phải
thay x  a vào tử số để xem có xảy ra dạng vô định như trên hay không.

Lời giải. Chọn câu A. Vì y  

m

2x
 m nên để hàm số đồng biến trên (; ) thì cần có
x 1
2

2x
2(1  x 2 )


f
(
x
)
m

min
f
(
x
)
g
(

x
)

hay
.
Ta
có
nên g (x )  0  x  1.

x2  1
(1  x 2 )2

So sánh các giá trị f (1)  1, f (1)  1 và lim f (x )  0 thì dễ thấy min f (x )  1. Do đó
m  1 hay m  (; 1].

x 

3


Lời giải. Chọn câu D. Ta có y(0)  2 nên có d  2 , y(2)  2 nên 8a  4b  2c  4.
Ngoài ra, ta cũng có x  0, x  2 là các điểm cực trị của hàm số nên các giá trị này chính là
nghiệm của y   0  3ax 2  2bx  c  0 , suy ra c  0,12a  4b  0.

Từ đây tìm được a  1, b  3, c  0, d  2. Hàm số đã cho là y  x 3  3x 2  2 và ta tính được
y(2)  18.

Lời giải. Chọn câu A. Trước hết, ta thấy rằng lim y   và lim y   nên a  0.
x 

x 

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên d  0.
Hàm số có hai điểm cực trị trái dấu nên ta xét tiếp đạo hàm y   3ax 2  2bx  c thì 3ac  0. Suy
ra c  0. Chú ý thêm rằng xCT  1, xCD  1 nên theo định lý Viete thì
Do đó

2b
 xCT  xCD  0 .
3a

b
 0 hay b  0. Vậy a  0,b  0, c  0, d  0.
a

Nhận xét. Bài toán này đòi hỏi phải nắm vững hình dạng đồ thị của hàm bậc ba cũng như các mối
liên hệ với hệ số. Việc kiểm tra dấu của a, c, d tương đối dễ, trong khi dấu của b thì đòi hỏi phải
xét thêm vị trị tương đối của hai điểm cực trị so với trục tung. Ta còn có thể tính y   6ax  2b
b
là tâm đối xứng của đồ thị. Dựa vào hình thì ta thấy điểm
3a
đó nằm bên phải trục tung nên a, b trái dấu.
và dẫn đến điểm có hoành độ x  

Lời giải. Chọn câu A. Đây là tính chất cơ bản của biến đổi logarit.
4


Lời giải. Chọn câu C. Phương trình tương đương x  1  log 3 27  x  4.

Lời giải. Chọn câu C. Theo giả thiết thì s(t )  s(0)  2t nên
Do đó, để số vi khuẩn là 10 triệu con thì

s(t ) s(0)  2t

 2t 3 .
s(3) s(0)  23

107
 2t 3  2t 3  16  t  3  4  t  7.
3
625  10

Nhận xét. Câu này có thể tính ra s(0) rồi thay vào nhưng sẽ dài hơn.

Lời giải. Chọn câu B. Ta sẽ tách riêng các x ra và tính số mũ của từng biểu thức:

P  4x

4 3

x2 

4 3

1

x3  x 4



2 3

12 24

13

 x 24 .

 2a 3 
 nên ta sẽ rút gọn biểu thức này:
Lời giải. Chọn câu A. Ta thấy tất cả vế trái đều là log2 
 b 
 2a 3 
  log2 2  log2 a 3  log2 b  1  3 log2 a  log2 b.
log2 
 b 


x  1  0
1
x .
Lời giải. Chọn câu C. Điều kiện xác định: 


2x  1  0
2



5


Bất phương trình tương đương x  1  2x  1  x  2. Do đó

1
 x  2.
2

Nhận xét. Câu này rất dễ quên điều kiện xác định của biểu thức ban đầu và dẫn đến kết luận sai.
Do đó, ta cần chú ý đặt điều kiện cho phương trình, bất phương trình logarit trước khi biến đổi.

Lời giải. Chọn câu A. Ta có y  

(1  x  1)
1 x 1

1



2 x 1

1 x 1



1

2 x  1(1  x  1)

.

Lời giải. Chọn câu B. Đồ thị hàm số y  a x cho thấy đây là hàm số nghịch biến nên 0  a  1.
Tương tự, ta có b, c  1 vì các hàm số tương ứng đồng biến. Ngoài ra, với cùng một giá trị x thì
tung độ của điểm trên đồ thị y  b x lớn hơn so với điểm trên đồ thị y  c x . Do đó, b  c  a.

Lời giải. Chọn câu C. Phương trình đã cho viết lại thành

m(2x  1)  6x  3  2x hay m 
Ta có f (x ) 

6x  3  2x
3x  3

 f (x ).
2x  1
2x  1

3x  ln 3(2x  1)  (3x  3)2x ln 2
 0 nên hàm số f (x ) đồng biến trên .
(2x  1)2

Do đó, với x  (0;1) thì f (0)  f (x )  f (1) hay 2  f (x )  4. Vậy để phương trình m  f (x )
có nghiệm thì ta cần có m  (2; 4).
6


Nhận xét. Phương trình này không thuộc vào các dạng thường gặp, không thể đặt ẩn phụ hay
logarit hóa được nên ta cần phải đưa về khảo sát hàm số như trên. Nếu ở bước biến đổi, không chia

2x xuống mà đạo hàm trực tiếp thì cũng không dễ thấy được f (x )  0, x .

Lời giải. Chọn câu D. Trước hết, ta biến đổi biểu thức đã cho


2

2
 2 log a 
a   log a 

b
b

  3(logb a  1).
  3(logb a  1)  
 3 logb    
 b  
 logb a  1
a 

 logb 

b
2

 

P  log2a a 2
b

Đặt x  logb a  1 thì do a  b  1 nên x  0. Ta có
2

8
1
1 

f (x )  4 1    3x và f (x )   2 1    3 .

x 
x 
x 

Khi đó 

8 
1
3
1    3  8 x  1  3x  x  2. Từ đó dễ thấy P  f (x )  f (2)  15.
2 

x
x 

Nhận xét. Ở các bài có nhiều cơ số như thế này, việc đưa về cùng cơ số là điều tất yếu. Vừa tận
dụng được giả thiết a  b  1 , vừa có thể đổi biến đưa về khảo sát hàm số.

Lời giải. Chọn câu A. Theo bảng nguyên hàm thì

 cos 2xdx 

sin 2x
C.
2

Lời giải. Chọn câu A. Ta biết rằng nguyên hàm của f (x ) là f (x )  C nên dễ dàng có



1

2

2

f (x )dx  f (x )  f (2)  f (1)  1.
1

7


Lời giải. Chọn câu B. Ta có F (x ) 

dx

 x  1  ln(x  1)  C

nên F (2)  1  C  1.

Do đó F (3)  ln 2  1.
Nhận xét. Dạng câu hỏi này rất phổ biến và có thể giải quyết bằng tích phân như sau:



3

2




f (x )dx  F (3)  F (2) , trong đó

Vế trái có thể bấm máy tính được.
F (2) đề bài đã cho nên có thể tính được F (3) dễ dàng.

Lời giải. Chọn câu B. Trong tích phân I 



2
0

f (2x )dx , đặt t  2x thì dx 

1
dt .
2

Đổi cận: x  0  t  0 và x  2  t  4. Ta đưa về
I 

1 4
1 4
f (t )dt   f (x )dx  8.

2 0
2 0

Lời giải. Chọn câu B. Ta có



3

Hơn nữa ln

4

dx

2
x x



3

4

1

  1 dx  ln x
 x x  1
x 1

4

3

 ln

4
3
16
 ln  ln .
5
4
15

16
 4 ln 2  ln 3  ln 5 nên a  4, b  c  1 và S  a  b  c  2.
15

Nhận xét. Trong đề bài trên, cần có giả thiết a, b, c là các số nguyên để chúng xác định duy nhất
(nếu không thì tồn tại vô số bộ số thực như thế). Đây là dạng câu hỏi nhằm hạn chế việc sử dụng
máy tính khi không hỏi trực tiếp giá trị của tích phân mà yêu cầu tìm đặc điểm hoặc dạng của biểu
16
thức. Ở đây, ta vẫn có thể bấm máy trước giá trị tích phân và tính e I để thu được

.
15
8


Lời giải. Chọn câu D. Ứng dụng tích phân vào tính diện tích hình phẳng, ta có
S1 



k
0

e x dx  e k  1 và S 2 



ln 4

k

e x dx  4  e k .

Do đó, để S1  2S 2 thì e k  1  2(4  e k )  e k  3  k  ln 3.

Lời giải. Chọn câu B. Xét hệ trục tọa độ Oxy đặt vào tâm khu vườn, phương trình elip của khu
vườn đã cho là

x2
y2


 1 . Nếu xét phần đồ thị nằm trên thì ta có thể viết phương trình trên
64 25

thành hàm số của y theo x là y  5 1 

x2
 f (x ) .
64

Khi đó, diện tích S của dải đất cũng chính bằng hai lần phần hình phẳng giới hạn bởi trục hoành,
đồ thị của hàm số y  f (x ) và hai đường thẳng x  4, x  4.
x2
Suy ra S  2  5 1  dx . Đặt x  8 sin t thì
4
64
4

Đổi cận: x  4  t  

x2
1
 1  sin2 t  cos t.
64



và x  4  t  , dx  8 cos tdt nên ta có
6
6

 /6


sin 2t 
40

S  80 
cos tdt  40  (1  cos 2t )dt  40 t 

 20 3 (m 2 ).
 /6
 /6
2  /6
3

 /6

2

 /6

Do đó, số tiền cần dùng bằng 100  S  7.653 triệu đồng.

9


Nhận xét. Bài toán này đòi hỏi cần nắm kiến thức về phương trình elip và biến đổi đưa về hàm
x2
dx là coi
4

64
như xong, có thể bấm máy được thì việc tìm ra biểu thức đó cũng là điều không hề dễ.
4

một biến thông thường. Cho dù chỉ cần xây dựng ra được tích phân S  2  5 1 

Lời giải. Chọn câu C. Số phức z  a  bi có điểm biểu diễn là M (a, b ) . Do đó, trong hình trên,
điểm M (3; 4) biểu diễn cho số phức có phần thực là 3 , phần ảo là 4.

Lời giải. Chọn câu D. Ta có z  3  i nên số phức liên hợp của nó là z  3  i.

Lời giải. Chọn câu C. Ta có z (2  i )  13i  1  z 

1  13i
(1  13i )(2  i )

 3  5i .
2 i
22  12

Do đó z  32  52  34.

i
i
Lời giải. Chọn câu B. Ta có 4z 2  16z  17  0  z  2  . Do đó z 0  2  và
2
2


 1 

i
1
w  i 2      2i và số phức này có điểm biểu diễn là M  ;2 .
2 
2

 2 

10


Lời giải. Chọn câu C. Thay z  a  bi vào đẳng thức đã cho, ta có
(1  i )(a  bi )  2(a  bi )  3  2i  3a  b  3  (a  b  2)i  0 .

3a  b  3  0
1
3
 a  , b   . Suy ra P  a  b  1.
Suy ra 

a  b  2  0
2
2


Lời giải. Chọn câu D. Đặt z  a  bi với a, b   và c  z , thay vào đẳng thức đã cho thì
10
10(a  bi )
 2  i  (1  2i)c 
2 i

a  bi
c2

a 10
b 10


 c  2  2  i 2c  2  1  0

c
c


(1  2i )c 



c  a 10  2  0
c  2  a 10


2
c
c2
Suy ra 
nên
 


b 10

b 10
2c  2  1  0
2c  1  2


c
c
10(a 2  b 2 ) 10
(c  2)2  (2c  1)2 
 2 .
c4
c

Giải ra ta có c  1 , mà c  0 nên c  1 hay z  1. Do đó, ta có

1
3
z  .
2
2

Nhận xét. Bản chất bài toán này vẫn là đưa về giải hệ phương trình hai biến, tuy nhiên nếu đưa
trực tiếp z  a 2  b 2 vào thì rất rắc rối. Do đó, ta cần đưa thêm biến c vào để biến đổi nhẹ
nhàng hơn như trên. Một điều khá thú vị của bài này là đề không đưa ra giá trị z (vì có thể thay
vào để thử) mà hỏi thông qua các đặc điểm của z .

Lời giải. Chọn câu D. Diện tích mặt đáy của hình chóp là S 
Ta áp dụng công thức h 

3

(2a )2  a 2 3.
4

3V
3a 3

 a 3.
S
a2 3
11


Lời giải. Chọn câu A. Trong các hình trên, chỉ có hình tứ diện đều là không có tâm đối xứng.

A

Lời giải. Chọn câu B.
Ta thấy hai khối chóp AGBC
.
và A.BCD có chung chiều cao
S
1
kẻ từ A đến mặt phẳng (BCD ) và GBC  nên
SBCD
3

1
VA.GBC  VABCD  4.
3

B

D

G
C

Lời giải. Chọn câu D. Do AC  tạo với (ABC ) một góc
60 nên khoảng cách từ C  đến mặt phẳng (ABC ) là

A'

C'
B'

h  AC   sin 60  2 3. Vì tam giác ABC vuông cân
1
nên AB  AC  2 2 , suy ra S ABC   (2 2)2  4.
2

4

h

Do đó, ta tính được

1
2  4  2 3 16 3
VAB C CB  2VAC BC  2  hS ABC 


.
3
3
3

H

60°

A

2 2

C

B

12


Lời giải. Chọn câu A. Ta biết rằng S xq  rl nên 15  3l  l  5 .
Từ đó suy ra h  l 2  r 2  4. Do đó V 

1
1

hS  h r 2   4  32  12.
3
3
3

Lời giải. Chọn câu B. Khối trụ ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho
cũng có chiều cao là h .

O

Đồng thời, bán kính đáy của khối trụ chính là bán kính đường
tròn ngoại tiếp của mặt đáy ABC và là

C

A
B

a 3
.
3

a 3 
2

  h  a h .
Suy ra thể tích cần tìm là V   
 3 
3
2

A'

O'

C'

B'

Lời giải. Chọn câu C. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp ABB C  bằng với bán kính mặt cầu ngoại tiếp
hình hộp chữ nhật đã cho và cũng bằng nửa độ dài đường chéo dài nhất của hình hộp.
Suy ra R 

1
3a
AB 2  AD 2  AA2 
.
2
2

Lời giải. Chọn câu C. Ta thấy rằng khi xoay hình xung quanh trục XY thì hình vuông ở trên sẽ
5
tạo thành hình trụ có bán kính đáy là và chiều cao là 5 , khi đó, thể tích của nó là
2
5
125
V1  5   
.
 2 
4
2

13

Hình vuông ở dưới sẽ tạo thành hai hình nón có chung mặt đáy và có
đường kính đáy là AB như hình bên. Chiều cao và bán kính đáy của
hình nón này là

X

5 2
nên thể tích của khối hai nón ghép lại là
2
A

1  5 2 
125 2
V2  2    
.
 
3  2 
6
3

B

Y
Tuy nhiên, hai hình này có chung phần hình nón tạo thành khi xoay
phần màu cam xung quanh XY . Dễ thấy phần chung này cũng là hình nón nhưng chiều cao và

5
1 5
25

bán kính đáy là . Do đó, thể tích phần chung là V3      
.
2
3  2 
24
3

Vậy thể tích cần tìm là V  V1 V2 V3 

125 125 2 25 125(5  4 2)



.
4
6
24
24

Nhận xét. Mô hình đưa ra ở đây khá lạ và ta cần có cách tiếp cận thích hợp bằng cách phân chia
hình đã cho, đưa về các khối tròn xoay quen thuộc mới có thể tính toán cụ thể ra được.

Lời giải. Chọn câu B. Trung điểm AB là I (1; 0; 4).


Lời giải. Chọn câu A. Vectơ chỉ phương của d là u  (0; 3; 1).

Lời giải. Chọn câu C. Ta sử dụng phương trình mặt phẳng “chắn”, tức là mặt phẳng qua ba điểm
x y z
trên ba trục tọa độ A(a; 0; 0), B (0;b; 0),C (0; 0; c ) thì có phương trình là    1.

a b c
Ở đây ta có phương trình mặt phẳng (ABC ) là

x
y
z

  1.
1 2 3
14


Lời giải. Chọn câu C. Bán kính của mặt cầu là dI /(P ) 

1  2  2  2  (1)  8
1  (2)  (2)
2

2

2

 3.

Do đó phương trình cần tìm là (x  1)2  (y  2)2  (z  1)2  9.


Lời giải. Chọn câu A. Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến là n  (3; 3;2) và đường thẳng (d )

có vectơ chỉ phương là u  (1; 3; 1) . Dễ thấy hai vectơ này không cùng phương mà cũng không


 
 
vuông góc vì n  u  0 và n, u   0 . Do đó, d cắt (P ) và không vuông góc với (P ).



Lời giải. Chọn câu A. Ta biết rằng

dA/(Oxz )
y
AM
1

 A  .
BM
dB /(Oxz )
yB
2

Nhận xét. Ở bài này, ta vẫn có thể tìm tọa độ của M và tính độ dài AM , BM nhưng dài hơn.



Lời giải. Chọn câu B. Vì (P ) có cặp vectơ chỉ phương là u1  (1;1;1), u2  (2; 1; 1) nên
 
(P ) có vectơ pháp tuyến là u1, u2   (0;1; 1) . Suy ra (P ) có dạng y  z  d  0, d  .

Ta thấy d1 đi qua A(2; 0; 0) nên dA/(P ) 

d
2

, còn d2 đi qua B (0;1;2) nên dB /(P ) 

d 1
2

.
15


1
Để mặt phẳng (P ) cách đều d1, d2 thì dA/(P )  dB /(P ) hay d  d  1  d  .
2
Do đó (P ) : y  z 

1
 0  2y  2z  1  0.
2

Lời giải. Chọn câu A. Gọi I (a ;b; c ) và R là tâm và bán kính của mặt cầu cố định trong đề bài.
Ta có ID  (a  1)2  (b  1)2  (c  1)2  R (*). Phương trình (ABC ) là

nên khoảng cách từ I đến (ABC ) là: dI /(ABC ) 

a
b
 c 1
m n

1
1
 2 1
2
m
n

x
y
 z 1
m n

.

1

1
1
1
2
1
2
1 
 .
Vì m  n  1 nên 2  2  1     
1  2 2 
 1  1 
mn
mn
mn 

m
n
mn
 m n 

2

Do đó dI /(ABC ) 

an  bm  cmn  mn
1  mn

2

 R . Ta xét hai trường hợp:

(1) Nếu an  bm  cmn  mn  R(1  mn ) thì thay n  1  m vào, ta có

a(1  m )  bm  cm(1  m )  m(1  m )  R  Rm(1  m )
 m 2 (R  c  1)  m(a  b  c  R  1)  a  R  0.

Đẳng thức này đúng với mọi m  (0;1) nên R  c  1  a  b  c  R  1  a  R  0 hay
a  b  R, c  1  R thay vào (*) thì

2(R  1)2  R 2  R hay R  1.

(2) Nếu an  bm  cmn  mn  R(1  mn ) thì tương tự trên, ta có
R  c  1  a  b  c  R  1  a  R  0 hay a  b  R, c  R  1.

Suy ra

2(R  1)2  R 2  R hay R  1 , không thỏa.

Vậy mặt cầu cần tìm là (x  1)2  (y  1)2  z 2  1.
Nhận xét. Với cách giải như trên, ta thấy rằng nếu không cho điểm D , ta vẫn có thể tìm được liên
hệ giữa tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu cố định cần tìm. Việc đưa thêm điểm D vào giúp ta
có thể giải phương trình tìm R . Bài toán này rất hay và lạ, có thể nói là bài khó nhất của đề thi.
16