Tổng hợp các bài toán mức độ vận dụng cao ôn thi THPT Quốc gia – Nhóm Toán

Header Page 1 of 258.

TỔNG HỢP CÁC CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO – GROUP NHÓM TOÁN
A.
Câu 1. Nếu đồ thị hàm số y 

x4
cắt đường thẳng (d ) : 2 x  y  m tại hai đểm AB sao cho
x 1

độ dài AB nhỏ nhất thì
A. m=-1

B. m=1

C. m=-2

D. m=2

Đáp án chi tiết :
Phương trình hoành độ giao điểm
x4
 2 x  m
( x  1)
x 1
 2 x 2  (m  3) x  m  4  0

  (m  1)2  40  0, m  R

Suy ra (d) luôn cắt dồ thị hàm số tại hai điểm A,B
m3

;
2
y A  2 xA  m;

x A  xB 

m  4
;
2
yB  2 xB  m
x A . xB 

yB  y A  2( xB  xA )
AB  ( xB  x A ) 2  ( yB  y A ) 2  5( xB  x A ) 2
 m  3  2
m  4 
2


 5  ( xB  x A )  4 x A xB   5  

 4
2 
 2 


5
2
 m  1  40  5 2


4

Vậy AB nhỏ nhất khi m=-1
Chọn A

Footer Page 1 of 258.


Header Page 2 of 258.

Câu 2. Cho n là số nguyên dương, tìm n sao cho
loga 2019  22 l o g

A. n=2017

a

2019  32 log 3 a 2019  ...  n2 log n a 2019  10082  20172 loga 2019

B. n=2018

C. n=2019

D. n=2016

Đáp án chi tiết :
Ta có
log a 2019  22 l o g

a

2019  32 log 3 a 2019  ...  n 2 log n a 2019  10082  2017 2 log a 2019

 log a 2019  23 l o g a 2019  33 log a 2019  ...  n3 log a 2019  10082  20172 log a 2019
 (13  23  33  ...  n3 ) log a 2019  10082  2017 2 log a 2019
 n(n  1)   2016.2017 

 

2
 2  

 n  2017
2

2

Chọn A
Câu 3. Cho hình chóp tam giác S.ABC biết AB  3, BC  4, CA  5 . Tính thể tích hình chóp
SABC biết các mặt bên của hình chóp đều tạo với đáy một góc 30 độ
A. 2 3

B. 8 3

3

C. 200 3

9

D. 2 3

3

Đáp án chi tiết :
Dễ thấy tam giác ABC vuông tại B

S

SABC  6

Gọi p là nữa chu vi
p

3 45
6
2

S  pr  r  1

C

A
r

từ giả thiết các mặt bên tạo với đáy một

M
Footer Page 2 of 258.

I

30

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

B

ABC,
góc


Header Page 3 of 258.

30 độ ta suy ra I là chân đường cao của khối chóp
tan 300 

SI
3
3
 SI  MI .t an 300  1.

MI
3
3

1
2 3
VS . ABC  SABC .SI 
3

3

Do đó ta chọn A
1

Câu 4. Cho



1

f ( x)dx  5 . Tính I   f (1  x)dx

0

0

A. 5

B. 10

C.

1
5

D.

5

Đáp án chi tiết :
Đặt
t  1  x  dt  dx
x  0  t 1
x 1 t  0
0

I    f (t )dt  5
1

Chọn A
Câu 5. Cho đường thẳng

 x  1  t và mp (P) : x  y  2  0 . Tìm phương trình đường

(d ) :  y  1  t
 z  2t


thẳng nằm trong mặt phẳng (P) cắt và vuông góc với (d).
 x  1  2t

A.  y  1  2t
z  0


 x  1  3t

B.  y  1  3t
z  5



Đáp án chi tiết :

Footer Page 3 of 258.

 x  1  2t

C.  y  1  2t
z  0


x  1 t

D.  y  1  t
z  5



Header Page 4 of 258.

Gọi I là giao điểm của (d) và (P)

I (1  t;1  t; 2t )
I  ( P)  t  0  I (1;1;0)

(d) có vectơ chỉ phương u  (1; 1; 2)
(P) có vectơ pháp tuyến n  (1;1;0)
Vecstơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là
u   u, v  =(-2 ;2 ;0)

 x  1  2t

Phương trình mặt phẳng cần tìm là  y  1  2t
z  0


Câu 6. Biết số phức Z thỏa điều kiện 3  z  3i  1  5 . Tập hợp các điểm biểu diễn của Z tạo
thành một hình phẳng. Diện tích của hình phẳng đó bằng
A. 16

B. 4

C. 9

D. 25

Đáp án chi tiết :
Đặt z=x+yi

8

6

4

2

z  3i  1  x  1  ( y  3)i  ( x  1)2  ( y  3)2

Do đó

O

5

2

3  z  3i  1  5  9  ( x  1)2  ( y  3)2  25

Tập hợp các điểm biểu diễn của Z là hình phẳng nằm trong đường tròn
Tâm I (1 ;3) với bán kính bằng R=5 đồng thời nằm ngoài đường tròn tâm I (1 ;3) với bán
kính r=3
Diện tích của hình phẳng đó là
Footer Page 4 of 258.


Header Page 5 of 258.
S   .52   .32  16

Câu 7. Trong số các khối trụ có thể tích bằng V, khối trụ có diện tích toàn phần bé nhất thì
có bán kính đáy là
V
2

A. R  3

B. R  3

.

4
V

C. R  3


V

D. R  3

V



Đáp án chi tiết :
V   R 2 .h
l h

V
 R2

STP  S Xq  2S d  2 Rl  2 R 2 

Xét hàm số f ( R) 

2V
 2 R 2
R

2V
 2 R 2 với R>0
R

2V  4 R3
R2
V
f '( R)  0  R  3
2
f '( R) 

Bảng biến thiên

R

0

3

f , ( R)

+


0

V
2

+

-

0


f ( R)

Từ bảng biến thiên ta thấy diện tích toàn phần nhỏ nhất khi R  3
Do đó chọn A

Footer Page 5 of 258.

V
2


Header Page 6 of 258.

B.
Câu 1. Tìm tham số thực m để bất phương trình:

x2

4x

5

x2

4x

m 1

có nghiệm

thực trong đoạn 2; 3 .

A. m

B. m

1

1
2

C. m

1

D. m

Lời giải
Tập xác định: D
x2

Đặt t

Khi đó: 1
g' t

2t

.

4x

5
t

1. Cho g ' t

x2

1

t2

5

0

Ta có:

4x

m

t

m

t2

5.
t2

t

5

g t, t

1
2.

Bảng biến thiên:
1
2

3

2

t
g' t

0
3

g t

1

Dựa vào bảng biến thiên, m
Footer Page 6 of 258.

1 thỏa yêu cầu bài toán.

1;

.

1
2


Header Page 7 of 258.

  
;
 4 4 

Câu 2: Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn  

sin 4 x + cos4 x + cos2 4x = m.
47 3
; m
64 2
47

3
m
64
2

A. m 

B.

49
3
m
64
2

C.

47
3
m
64
2

D.

Lời giải

Phương trình đã cho tương đương
3  cos 4 x
 cos 2 4 x  m

4

 4cos 2 4 x  cos4x  4m  3 (1)
Đặt t = cos4x. Phương trình trở thành: 4t 2  t  4m  3 , (2)
 
Với x    ;  thì t   1;1.
 4 4

 
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x    ;  khi và chỉ khi phương trình (2) có 2
 4 4

nghiệm phân biệt t[-1; 1), (3)
Xét hàm số g(t) = 4t 2  t với t [1;1) , g’(t) = 8t+1.
g’(t) = 0  t = 

1
8

Lập bảng biến thiên
t



1



g’(t)

1
8

1

0

+
5

g(t)
3



Footer Page 7 of 258.

1
16


Header Page 8 of 258.

Dựa vào bảng biến thiên suy ra (3) xảy ra  
Vậy giá trị của m phải tìm là:

1
47
3
 4m  3  3 

m
16
64
2

47
3
m .
64
2

Câu 3 : Cho phương trình 3cos4 x  5cos3x  36sin 2 x 15cos x  36  24m 12m2  0 . Tìm m để
bất phương trình sau đúng với mọi x 
Lời giải
Đưa về bpt dạng
3cos4 x  20cos3 x  36cos 2 x  12m2  24m

Đặt t =cosx ; 1  t  1 . Khi đó bài toán trở thành
Tìm m để bất phương trình f (t )  3t 4  20t 3  36t 2  12m2  24m đúng với mọi 1  t  1
Lập BBT
A. m

1

B. m

1

1
2

C. m

D. m

1
2

Câu 4: Đặt vào một đoạn mạch hiệu điện thế xoay chiều u = U0 sin

2
t . Khi đó trong
T

 2

t    với  là độ lệch pha giữa dòng diện
 T


mạch có dòng diện xoay chiều i = I0 sin 

và hiệu điện thế.Hãy Tính công của dòng diện xoay chiều thực hiện trên đoạn mạnh
đó trong thời gian một chu kì.
A.

U 0I0
cos
2

B.

U 0I0
T sin 
2

C.
Lời giải

Ta có:

Footer Page 8 of 258.

U 0 I0
Tcos(  )
2

D.

U 0I0
Tcos
2


Header Page 9 of 258.
T

A=

T

 uidt   U I

0 0

0

0

 2
 2
sin  t    sin tdt
T
 T


1
 4

 U 0 I 0   cos  cos  t     dt
2
 T

0
T

U I 1
 4

 0 0   cos  cos  t     dt

2 0 2
 T

T

T

U I 
T
U I
 4

 0 0  tcos 
sin  t      0 0 Tcos
2 
4  T
2
 0

 2

t    chạy qua một mạch điện có điện trở
 T


Câu 5: Một dòng điện xoay chiều i = I0 sin 

thuần R.Hãy tính nhiệt lượng Q tỏa ra trên đoạn mạch đó trong thời gian một chu kì T.

RI 20

A.
T
2

RI 20
B.
T
3

RI 20
C.
T
4

Lời giải
T

Ta cã: Q =

T

 Ri dt   RI
2

0

0

2
0

 2

sin 2  t    dt
 T


 2

1  cos2 
 
 T
dt
 RI 20 
2
0
T

T

RI 20 
T
RI 20
 2


t
sin 2  t     
T
2  4

2
 T
 0

Footer Page 9 of 258.

RI 20
D.
T
5


Header Page 10 of 258.

Câu 6: Một đoàn tàu chuyển động trên một đường thẳng nằm ngang với vận tốc không đổi
v0.Vào thời điểm nào đó người ta tắt máy. Lực hãm và lực cản tổng hợp cả đoàn tàu bằng
1/10 trọng lượng P của nó. Hãy các định chuyển động của đoàn tàu khi tắt máy và hãm.

g.t2
A. x  v0 .t 
20

g.t2
B. x  v0 .t 
10

g.t2
C. x  v0 .t 
30

t2
D. x  v0 .t 
20

Lời giải
- Khảo sát đoàn tàu như một chất điểm có khối lượng m,
chịu tác dụng của P, N,Fc .
- Phương trình động lực học là: ma  P  N  Fc

(1)

Chọn trục Ox nằm ngang, chiều (+) theo chiều chuyển động gốc thời gian lúc tắt
máy.Do vậy chiếu (1) lên trục Ox ta có:

ma x  Fc hay viết: mx"  F hay F 

hay

dv
g
g
    dt
dt
10
10

nguyên hàm hai vế (2') ta có: V  

hay

p
g
; x"  
10
10

(2)

(2')

g
t  C1
10

dx
g
g
  t  C1  dx  t.dt  C1dx
dt
10
10
nguyên hàm tiếp 2 vế ta được x  

Footer Page 10 of 258.

g 2
t  C1.t  C2
20

(3)

Header Page 11 of 258.

Dựa vào điều kiện ban đầu để xác định các hằng số C1 và C2 như sau:
T¹i t0 = 0; v = v0; v0 = 0 Ta cã: C2 = 0 vµ C1 = v0 thay C1 vµ C2 vµo (3)

g.t 2
x  v0 .t 
20
Câu 7: Một thanh AB có chiều dài là 2a ban đầu người ta giữ thanh ở góc nghiêng    o ,
một đầu thanh tựa không ma sát với bức tường thẳng đứng. Khi buông thanh, nó sẽ trượt
xuống dưới tác dụng của trọng lực. Hãy biểu diễn góc  theo thời gian t (Tính bằng công
thức tính phân)
d

A. t
o

3
(sin
2a

o

sin

)

o



d

C. t
o

3g
(sin
a

d

B. t

D. t   
o

sin

o

)

3g
(sin
2a

o

sin

)

d
3g
(sin  o  sin  )
2a

Lời giải
Do trượt không ma sát nên cơ năng của thanh được bảo toàn
mga sin  o  mga sin   K q  Ktt

(1)

Do khối tâm chuyển động trên đường tròn tâm O bán kính a nên: K tt 
1
2

Động năng quay quanh khối tâm: K q  I 2 

Thay vào (1) ta được:

Footer Page 11 of 258.

1 1
1
m(2a) 2  '2  ma2 '2
2 12

6

2
a '2  g (sin  o  sin  )
3

ma 2 2 1
 ma 2 '2
2
2


Header Page 12 of 258.
3g
'
(sin o sin
2a


t  

o

)

d
3g
(sin  o  sin  )
2a

Câu 8: Một thanh AB có chiều dài là 2a ban đầu người ta giữ thanh ở góc nghiêng    o ,
một đầu thanh tựa không ma sát với bức tường thẳng đứng. Khi buông thanh, nó sẽ trượt
xuống dưới tác dụng của trọng lực. Tính góc sin

1
3

A. sin   sin o

B. sin  

2
sin o
3

khi thanh rời khỏi tường
C. sin  

2
sino D. sin
5

Lời giải
Xét chuyển động khối tâm của thanh theo phương Ox:

N1  mx' ' . Tại thời điểm thanh rời tường thì N1  0  x' '  0
Toạ độ khối tâm theo phương x là:

x  a cos
Đạo hàm cấp 1 hai vế: x'  a sin  . '

Đạo hàm cấp 2 hai vế: x' '  acos . '2  sin  . ' '  acos . '2  sin  . ' '
Khi x' '  0  cos . '2   sin  . ' ' (2)
Từ (1) suy ra:

2
a '2  g sin   g sin  o
3

Lấy đạo hàm 2 vế:

Footer Page 12 of 258.

4
a ' '. ' g cos . '  0
3

4
sin
3

o


Header Page 13 of 258.

Hay:  ' '  

3g
cos
4a

Thay vào (2) ta có phương trình:

cos .

3g
 3g

(sin  o  sin  )   sin  .  cos 
2a
 4a


sin   2(sin  o  sin  )

2
sin   sin  o
3
C.
Câu 1(GT Chương 1). Khi xây nhà, chủ nhà cần làm một hồ nước bằng gạch và xi măng có
dạng hình hộp đứng đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng và không nắp,
có chiều cao là h và có thể tích là 18 m3 . Hãy tính chiều cao h của hồ nước sao cho chi phí
xây dựng là thấp nhất?
A. h  1 m

B. h  2 m

C. h 

3

m
2

D. h 

5
m
2

Hướng dẫn giải
Gọi x, y, h lần lượt là chiều rộng, chiều dài và chiều cao của hình hộp
Theo đề bài ta có y  3x và V  hxy  h 

V
V
 2
xy 3x

Để tiết kiệm nguyên vật liệu nhất ta cần tìm các kích thước sao cho diện tích toàn phần của
hồ
nước là nhỏ nhất.
Khi đó ta có: Stp  2 xh  2 yh  xy  2 x

Footer Page 13 of 258.

V
V
8V
 2.3x. 2  x.3x 
 3x 2

2
3x
3x
3x


Header Page 14 of 258.

Ta có Stp 

Cauchy
8V
4V 4V
16V 2
 3x 2 

 3x 2  3 3
 36 .
3x
3x 3x
3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

4V
4V
V
3
 3x 2  x  3
2h 2  .

3x
9
3x
2

Vậy chọn C
Câu 2(GT Chương 2). Phương trình log

 mx  6x   2log  14x
3

2

2

1
2

 29 x  2   0 có 3 nghiệm

thực phân biệt khi:
A. m  19

B. m  39

C. 19  m 

39
2

D. 19  m  39

Hướng dẫn giải

6 x3  14 x 2  29 x  2
2
  x   12 x  14  2

f
x
x
log 2  mx  6 x3   2log 1  14 x 2  29 x  2   0
2

3
2
 x  1  f 1  19
 log 2  mx  6 x   log 2  14 x  29 x  2   0


1
 1  39
 mx  6 x3  14 x 2  29 x  2
f  x  0  x   f   
2
2 2
6 x3  14 x 2  29 x  2

m


1
 1  121
x
x    f    
3
3
 3

f  x 

Lập bảng biến thiên suy ra đáp án C.
Câu 3(GT Chương 3). Một lực 50 N cần thiết để kéo căng một chiếc lò xo có độ dài tự nhiên
5 cm đến 10 cm. Hãy tìm công sinh ra khi kéo lò xo từ độ dài từ 10 cm đến 13 cm?
A. 1,95J

B. 1,59 J

C. 1000 J

D. 10000 J

Hướng dẫn giải
Theo định luật Hooke, khi chiếc lò xo bị kéo căng thêm x m so với độ dài tự nhiên thì chiếc
lò xo trì lại với một lực f ( x)  kx .Khi kéo căng lò xo từ 5 cm đến 10 cm, thì nó bị kéo căng
thêm 5 cm = 0,05 m. Bằng cách này, ta được f (0,05)  50 bởi vậy :

Footer Page 14 of 258.


Header Page 15 of 258.

0.05k  50  k 

50
 1000
0.05

Do đó: f ( x)  1000 x và công được sinh ra khi kéo căng lò xo từ 10 cm đến 13 cm là:

x2
W   1000 xdx  1000
0,05
2
0,08

0,08
0,05

 1,95 J

Vậy chọn A
Câu 4(GT Chương 4). Cho số phức z có mô đun bằng 2017 và w là số phức thỏa mãn biểu
1 1
1
thức  
. Môđun của số phức w bằng:
z w zw
A. 1

B. 2

C. 2016

D. 2017

Hướng dẫn giải

 z  w  zw  0
1 1
1
zw
1
Từ  


0
z w zw
zw
zw
zw  z  w 
2

1
3
 z 2  w2  zw  0  z 2  zw  w2  w2  0
4
4
2

1 

3

  z  w    w2
2 
4

2
1   i 3w 

  z  w  

2   2 


2

2
 1 i 3
w   i 3w 
z

Từ  z    
  z   
 w  w=
2  2 
2 
 1 i 3

 2
 


2 
 2

Suy ra: w 

2017
 2017
1 3

4 4

Vậy chọn D.

Footer Page 15 of 258.

2


Header Page 16 of 258.

Câu 5(HH Chương 1). Cho khối lập phương ABCD. ABCD cạnh a . Các điểm E và F lần
lượt là trung điểm của CB và CD . Mặt phẳng  AEF  cắt khối lập phương đã cho thành
hai phần, gọi V1 là thể tich khối chứa điểm A và V2 là thể tich khối chứa điểm C ' . Khi đó
V1
là
V2

A.

25
.
47

B. 1.

C.

17
.
25

D.

8
.
17

Hướng dẫn giải
Đường thẳng EF cắt AD tại N ,
M , AN cắt DD tại P , AM cắt

cắt AB tại
BB tại Q . Từ

đó mặt phẳng  AEF  cắt khối lăng

trụ thành hai

khối đó là ABCDCQEFP và

AQEFPBAD .

Gọi V  VABCD. ABC D , V3  VA. AMN ,
V4  VPFDN , V4  VQMBE .

Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V4  V5 .

V3 

1
1 3a 3a 3a3
AA. AM . AN  a. . 
,
6
6 2 2
8

1
1 a a a a3
V4  PD.DF .DN  . . . 
6
6 3 2 2 72
3
25a
V1  V3  2V4 
,
72
47a3
V2  V  V1 

.
72
Vậy

V1 25
.

V2 47

Vậy chọn A.

Footer Page 16 of 258.


Header Page 17 of 258.

Câu 6(HH Chương 2). Cho một khối trụ có bán kính đáy r  a và chiều cao h  2a . Mặt
phẳng ( P) song song với trục OO ' của khối trụ chia khối trụ thành 2 phần, gọi V1 là thể tích
phần khối trụ chứa trục OO ' , V2 là thể tích phần còn lại của khối trụ. Tính tỉ số
rằng ( P) cách OO ' một khoảng bằng

A.

3  2
.
 2

B.

3  2

.
 2

C.

a 2
.
2

2  3
.
 2

D.

2  3
.
 2

Hướng dẫn giải
Thể tích khối trụ V   r 2h   a 2 .2a  2 a3 .
Gọi thiết diện là hình chữ nhật ABB ' A ' .
Dựng lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ như hình vẽ.
Gọi H là trung điểm AB.
Ta có OH  AB  OH  ( ABB ' A ')  OH 
 AH  BH 

a 2
2

a 2
 OH .
2

 OAB vuông cân tại O  ABCD là hình vuông.
Từ đó suy ra:

V2 

1
1
a3 (  2)
3
2
V

V

2

a

(
a
2)
.2
a

.


ABCD. A ' B ' C ' D ' 
4
4
2



V1  V  V2  2 a3 
Suy ra

V1 3  2
.

V2   2

Footer Page 17 of 258.

a3 (  2) a3 (3  2)

2
2



V1
, biết
V2


Header Page 18 of 258.

Vậy chọn A
Câu 7(HH Chương 3). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật
ABCD.ABCD có điểm A trùng với gốc tọa độ, B(a;0;0), D(0; a;0), A(0;0; b) với (a  0, b  0) .
Gọi M là trung điểm của cạnh CC . Giả sử a  b  4 , hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích
khối tứ diện ABDM ?
A. max VAMBD 

64
27

C. max VAMBD  

B. max VAMBD  1

64
27

D. max VAMBD 

27
64

Hướng dẫn giải
b

Ta có: C (a; a;0), B(a;0; b), D(0; a; b), C (a; a; b)  M  a; a; 
2

b


Suy ra: AB  (a;0; b), AD  (0; a; b), AM   a; a;  
2


  AB, AD   (ab; ab; a 2 )   AB, AD  . AM 

3a 2b
a 2b
 VAMBD 
2
4

1
1
1
64
Do a, b  0 nên áp dụng BĐT Côsi ta được: 4  a  b  a  a  b  3 3 a 2b  a 2b 
2
2
4
27

Suy ra: max VAMBD 

64
.
27

Vậy chọn A

D.
Câu 1. Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc





10;10

để phương trình

1  x 2  m 2 1  x  2 1  x  3  1  0 có nghiệm?

A. 12

Footer Page 18 of 258.

B. 13

C. 8

D. 9


Header Page 19 of 258.
Câu 2. Biết phương trình log5

 x
2 x 1
1 

 2log 3 

 có nghiệm duy nhất x  a  b 2
x
2
2
x



trong đó a, b là các số nguyên. Tính a  b ?
A. 5
B. 1
C. 1
2
2

Câu 3. Biết tích phân



2

2

A. 0

1  x2
a.  b
dx 

trong đó a, b 
x
1 2
8

B. 1

C. 3

Câu 4. Cho số phức z thoả mãn : z 

A. 21008

D. 2

B. 21008

. Tính tổng a  b ?
D. -1

z
6  7i
. Tìm phần thực của số phức z 2017 .

1  3i
5
C. 2504
D. 22017

Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trung điểm của AD.

Gọi S’ là giao của SC với mặt phẳng chứa BM và song song với SA. Tính tỉ số thể tích
của hai khối chóp S’.BCDM và S.ABCD.
A.

1
2

B.

2
3

C.

3
4

D.

1
4

Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có AB  2a, AC  3a, BAC  600 , SA   ABC  , SA  a . Tính bán kính

mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
A.

2 21
a

3

B.

21
a
3

Câu 7. Cho A  1;3;5 , B  2;6; 1 , C  4; 12;5

C.

29a

D.

93
a
3

và điểm  P  : x  2 y  2 z  5  0 . Gọi M là điểm

thuộc  P  sao cho biểu thức S  MA  4MB  MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm
hoành độ điểm M.
A. xM  3

Footer Page 19 of 258.

B. xM  1

C. xM  1

D. xM  3


Header Page 20 of 258.

Đáp án: 1A; 2A; 3C;4B;5A;6D;7C
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
(Ứng dụng đạo hàm) Có bao nhiêu giá trị thực của tham số m thuộc 10;10 để

Câu 1.





phương trình 1  x2  m 2 1  x  2 1  x  3  1  0 có nghiệm?
A. 12

B. 13

C. 8

D. 9

Lời giải
ĐK: 1  x  1 . Đặt u  1  x  1  x
x

1
1
u' 

;u '  0  x  0
2 1 x 2 1 x

+

u'

2 t 2

Từ BBT 

1

0
0
2

1


u
2

2

2

PT có dạng:

t
 m  2t  3  0  t 2  2m  2t  3*
2

2
t2
Do t  không là nghiệm nên *  2m 
 f t 
3
2t  3

PT đã cho có nghiệm  Đồ thị h/s y  f  t  và đt y  2m có điểm chung có hoành độ
2t  t  3
t2
Xét hàm số f  t  
trên  2; 2 : f '  t  
 0 t   2; 2 
2
2t  3
2
t

3



BBT:

f ' t 

f t 

3
2

2

t

2





2  2 2 3






 2m  2 2 2  3

Phương trình đã cho có nghiệm  

 2m  4

Footer Page 20 of 258.

4

  m    2
 m  2

2 3

 . Đáp án A.

2 t 2


Header Page 21 of 258.
Câu 2. (Mũ – Logarit) Biết phương trình log5

 x
2 x 1
1 
 2log 3 

 có nghiệm duy nhất
x
2
2
x



x  a  b 2 trong đó a, b là các số nguyên. Tính a  b ?

B. 1

A. 5

C. 1

D. 2

Lời giải.
log5

 x
2 x 1
1 
2 x 1
x 1
 2log3 

 2log 3
  log5
x
x
2 x
 2 2 x

x  0
 x 1

 x 1  0

Đk: 


 log  2


x  1  log 4 x  log

Pt  log5 2 x  1  log5 x  log 3 ( x  1) 2  log 3 4 x
5

3

Đặt t  2 x  1  4 x  t  1

5

x  log 3 ( x  1) 2 (1)

2

(1) có dạng log5 t  log3 (t 1)2  log5 x  log3 ( x 1)2 (2)

Xét f ( y)  log5 y  log3 ( y 1)2 , do x  1  t  3  y  1 .
Xét y  1: f '( y) 

1
1


.2( y  1)  0
y ln 5 ( y  1)2 ln 3

 f ( y) là hàm đồng biến trên miền 1;  

(2) có dạng f (t )  f ( x)  t  x  x  2 x  1  x  2 x  1  0
 x  1 2

 x  3  2 2 (tm) .
 x  1  2 (vn)

Vậy x  3  2 2 . Đáp án A.
2
2

Câu 3. ( Tích phân) Biết tích phân



2

2

A. 0

Footer Page 21 of 258.

B. 1

1  x2
a.  b
dx 
trong đó a, b 
x
1 2
8

C. 3

. Tính tổng a  b ?
D. -1


Header Page 22 of 258.
2
2



Giải: I 


2
2

1 x
dx 
1  2x

0

2

Đặt x  sin t  I 




 2
8

2
2

1 x
dx 
1  2x
2

2
2


0

1 x
dx 
1  2x
2



1  x 2 dx

0

. Đáp án C.

Câu 4. (Sô phức) Cho số phức z thoả mãn : z 

A. 21008

2
2

B. 21008

z
6  7i
. Tìm phần thực của số phức z 2017 .

1  3i
5
C. 2504
D. 22017

Lời giải.
Cho số phức z thoả mãn : z 

z
6  7i
. Tìm phần thực của số phức z 2013 .

1  3i
5

Gọi số phức z  a  bi (a, b  )  z  a  bi thay vào (1) ta có

a  bi 

a  bi 6  7i

1  3i
5

(a  bi)(1  3i) 6  7i

 10a  10bi  a  3b  i (b  3a)  12  14i
10
5
 9a  3b  i (11b  3a)  12  14i
a  bi 

9a  3b  12
a  1


11b  3a  14
b  1

a  b  1  z  1  i  z 2017   (1+i)4 

504

1  i    4 1  i   21008  21008 i
504

Đáp án B.

Câu 5. (Khối đa diện) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trung

điểm của AD. Gọi S’ là giao của SC với mặt phẳng chứa BM và song song với SA.
Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S’.BCDM và S.ABCD.
A.

1
2

B.

2
3

C.

3
4

D.

1
4

Lời giải
Trong  ABCD  , gọi I   AC  BM , trong  SAC  , kẻ đường thẳng qua I, / / SA , cắt SC tại S’ 
S’ là giao điểm của SC với mp chứa BM, //SA.
Footer Page 22 of 258.


Header Page 23 of 258.

Do M là trung điểm của AD nên

S

3
3
dt  BCDM   dt  ABCD   VS '.BCDM  VS '. ABCD
4
4

S'

Gọi H, H’ lần lượt là hình chiếu của S, S’ trên

ABCD
M

A

S ' H ' CS ' CI 2




SH
CS CA 3

D
I

B

C

3
3 2
1
 VS '.BCDM  VS '. ABCD   VS . ABCD  VS . ABCD
4
4 3
2

Đáp án A.

Câu 6. (Mặt

tròn

xoay)

Cho
hình
chóp
S.ABC
có
AB  2a, AC  3a, BAC  60 , SA   ABC  , SA  a . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình
0

chóp.
A.

2 21
a
3

B.

21
a
3

C.

D.

29a

93

a
3

Lời giải

Có BC  AB2  AC 2  2 AB.AC.cos600  7a 2
Bán kính đường tròn ngoại tiêp ABC là: r 

BC
a 7 2 21a


sin A
3
3
2
2

2
 2 21a 
93
 SA 
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là R     r 2  a 2  
a.
 
3
 2 
 3 

Đáp án D.

Câu 7. (Hình Oxyz) Cho A  1;3;5 , B  2;6; 1 , C  4; 12;5 và điểm  P  : x  2 y  2 z  5  0 . Gọi

M là điểm thuộc  P  sao cho biểu thức S  MA  4MB  MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ

Footer Page 23 of 258.


Header Page 24 of 258.

nhất. Tìm hoành độ điểm M.
A. xM  3
B. xM  1

C. xM  1

D. xM  3

Lời giải
Gọi I là điểm IA  4IB  0  I 3;7; 3
Gọi G là trọng tâm ta m giác ABC  G  1; 1;3
Nhận thấy, M,I nằm khác phía so với mp(P).
Có S  3  MI  MG   3GI . Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của GI và (P)  M 1;3;1
Đáp án C.
E.
Câu 1 (Đạo hàm và ứng dụng).
Từ một miếng tôn hình vuông cạnh a(cm) người ta muốn cắt ra một hình chữ nhật và hai
hình tròn có cùng đường kính để làm thân và các đáy của một hình trụ. Hỏi khối trụ được
tạo thành có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu, biết rằng các cạnh cảu hình chữ nhật song
song hoặc trùng với các cạnh ban đầu của tấm tôn.

A.

a 3
4   1

B.

2

a 3   1
4 2

C.

a 3   1
4 2

D.

a 3
4 2

Giải
Ta có 2 cách để cắt hình để tạo thành hình trụ.
+) Cách 1: Cắt thành 2 phần: Một phần có kích thước x và a. Một phần có kích thước a-x và
a. Phần có kích thước x và a để làm hai đáy và phần có kích thước a-x và a cuộn dọc để tạo
thành thân (tạo thành hình trụ có chiều cao bằng a). Điều kiện là x 
V

 ax 2

4



a 3
4   1

2

Footer Page 24 of 258.

.

a
thì
 1


Header Page 25 of 258.

+) Cách 2: Cắt như trên. Nhưng phần có kích thước a-x và a cuộn ngang để làm thành thân
(tạo thành hình trụ có chiều cao là a-x). Điều kiện là x 

a

do chu vi của hình tròn cắt ra

  a  x  x2
phải bằng với phần đáy của hình chữ nhật. Khi đó V 
.

4

Xét hàm số V 
Ta có V 

  a  x  x2

  a  x  x2
4

4


, với x 

a 3   1
4 2

a



.

.

Vậy thể tích lớn nhất của khối trụ được tạo thành là:

a 3   1
4 2

.

Câu 2 (Mũ và lôgarit).
Theo dự báo với mức tiêu thụ dầu không đổi như hiện nay thì trữ lượng dầu của nước A sẽ
hết sau 100 năm nữa. Nhưng do nhu cầu thực tế, mức tiêu thụ tăng lên 4% mỗi năm. Hỏi
sau bao nhiêu năm số dầu dự trữ của nước A sẽ hết.
A. 45 năm

B. 50 năm

C. 41 năm

D. 47 năm

Giải
Giả sử số lượng dầu của nước A là 100 đơn vị.
Số dầu sử dụng không đổi mà 100 năm mới hết thì suy ra số dầu nước A dùng 1 năm là 1
đơn vị.
Gọi n là số năm tiêu thụ hết sau khi thực tế mỗi năm tăng 4%, ta có



  100  n  log

1. 1  0, 04  . 1  0, 04   1
0, 04

n

Vậy sau 41 năm thì số dầu sẽ hết.

Câu 3 (Tích phân và ứng dụng).
Footer Page 25 of 258.

1.04

4,846  40, 23 .