Chuyen su pham ha noi 2017 lan 1 file word co loi giai chi tiet

Trường THPT chuyên Đại Học Sư Phạm HN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ I
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút

(

x
Câu 1: Tập nghiệm của bất phương trình 2

A. ( −2; −1) ∪ ( 1; 2 )

B. { 1; 2}

Câu 2: Đồ thị của hàm số y =

2

−4

)

− 1 .ln x 2 < 0 là:
D. [ 1; 2]

C. ( 1; 2 )

( 2m + 1) x + 3
x +1

có đường tiệm cận đi qua điểm A ( −2;7 ) khi và

chỉ khi :
A. m = −3

C. m = 3

B. m = −1

D. m = 1

4
2
Câu 3: Điều kiện cần và đủ của m đề hàm số y = mx + ( m + 1) x + 1 có đúng 1 điểm cực

tiểu là
A. −1 < m < 0

C. m ∈ [ −1; +∞ ) \ { 0}

B. m < −1

D. m > −1

Câu 4: Phát biểu nào sau đây là đúng
A. ∫ sin 2xdx =

− cos 2 x
+ C;C ∈ ¡
2

B. ∫ sin 2xdx =

C. ∫ sin 2xdx = 2 cos 2x + C;C ∈ ¡

cos 2 x
+ C;C ∈ ¡
2

D. ∫ sin 2xdx = cos 2x + C;C ∈ ¡

2
Câu 5: Tập nghiệm của bất phương trình: log ( x + 25 ) > log ( 10x )

A. ¡ \ { 5}

C. ( 0; +∞ )

B. ¡

D. ( 0;5 ) ∪ ( 5; +∞ )

Câu 6: Hàm số nào trong các hàm số dưới đây có đồ thị phù hợp với hình
vẽ bên:
A. y = x 3
B. y = x 4
C. y = x
1

D. y = x 5

1

Câu 7: Tập xác định của hàm số y = x 3 là:
A. [ 0; +∞ )

B. ¡

C. ¡ \ { 0}

D. ( 0; +∞ )

Câu 8: Cho hình nón có chiều cao bằng 3cm, góc giữa trục và đường sinh bằng 60 0. Thể tích
của khối nón là:
Trang 1


A. 9πcm 3

B. 3πcm3

C. 18πcm 3

D. 27 πcm3

Câu 9: Cho tứ diện ABCD có hai măt ABC, BCD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong
các mặt phẳng vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD là:
A.

3a 3
8

B.

a3
4

C.

a3
8

3a 3
4

D.

Câu 10: Cho hình chóp đều S.ABC có đáy bằng a, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng
(ABC) bằng 600. Gọi A’; B’; C’ tương ứng là các điểm đối xứng của A; B; C qua S. Thể tích
của khối bát diện có các mặt: ABC; A’B’C’; A’BC; B’CA; C’AB; AB’C’; BC’A’; CA’B’ là
A. 2 3a 3

3a 3
2

B.

C.

2 3a 3
2

B.

∫( x

D.

4 3a 3
3

Câu 11: Phát biểu nào sau đây là đúng
A.

∫( x

2

+ 1)

2

(x
dx =

2

+ 1)

3

+ C;C ∈ ¡

x 3 2x 3
C. ∫ ( x + 1) dx =
+
+ x + C;C ∈ ¡
5
3
2

2

2

+ 1) dx = 2 ( x 2 + 1) + C;C ∈ ¡
2

x 3 2x 3
D. ∫ ( x + 1) dx =
+
+x
5
3
2

2

Câu 12: Hàm số nào trong các hàm số dưới đây có đồ thị phù hợp với
hình vẽ bên:
B. y = e − x

A. y = e x
C. y = log

7

x

D. y = log 0.5 x

 −8 + 4a − 2b + c > 0
Câu 13: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 
. Số
8 + 4a + 2b + c < 0
giao điểm của đồ thi hàm số y = x 3 + ax 2 + bx + c và trục Ox là:
A. 0

B. 2

C. 3

D. 1

Câu 14: Một đám vi trùng tại ngày thứ t có số lượng là N(t). Biết rằng N ' ( t ) =

7000
và lúc
t+2

đầu đám vi trùng có 300 000 con. Sau 10 ngày, đám vi trùng có khoảng bao nhiêu con?

A. 332542 con

B. 312542 con

C. 302542 con

D. 322542 con

Câu 15: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh a. Thể tích của khối tứ diện ACB’D’ là
A. a

3

a3
B.
3

a3
C.
6

a3
D.
2

Câu 16: Cho hình lập phương có cạnh bằng 1. Diện tích mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập
phương là
A. 6π
Trang 2

B. 3π

C. π

D. 2π


Câu 17: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình bên. Số đường
tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x ) .
A. 0
C. 3

B. 1
D. 2

Câu 18: Cho hình trụ có các đường tròn đáy là (O) và (O’), bán kính đáy bằng chiều cao và
bằng a. Các điểm A; B lần lượt thuộc các đường tròn đáy là (O) và (O’) sao cho AB = 3a .
Thể tích của khối tứ diện ABOO’ là
A.

a3
2

B.

a3
3

C. a 3

D.

a3
6

1 3
2
Câu 19: Hàm số y = − x + mx − x + 1 nghịch biến trên ¡ khi và chỉ khi
3
A. m ∈ ¡ \ [ −1;1]

B. m ∈ ¡ \ ( −1;1)

C. m ∈ [ −1;1]

D. m ∈ ( −1;1)

Câu 20: Chuyện kể rằng: Ngày xưa, có ông vua hứa sẽ thưởng cho một vị quan món quà mà
vị quan đươc chọn. Vị quan tâu: “Hạ thần chỉ xin Bệ hạ thưởng cho một hạt thóc thôi ạ! Cụ
thể như sau: Bàn cờ vua có 64 ô thì với ô thứ nhất thần xin thêm 1 hạt, ô thứ 2 thì gấp đôi ô
đầu, ô thứ 3 lại gấp đôi ô thứ 2,… ô sau nhận số hạt thóc gấp đôi phần thưởng dành cho ô liền
trước”. Giá trị nhỏ nhất của n để tổng số hạt thóc mà vị quan xin từ n ô đầu tiên (từ ô thứ 1
đến ô thứ n) lớn hơn 1 triệu là
A. 21

B. 19

C. 18

D. 20

Câu 21: Cho a là số thực dương khác 1. Xét hai số thực x1 , x 2 . Phát biểu nào sau đây là
đúng?
A. Nếu a x1 < a x 2 thì ( a − 1) ( x1 − x 2 ) < 0

B. Nếu a x1 < a x 2 thì ( a − 1) ( x1 − x 2 ) > 0

C. Nếu a x1 < a x 2 thì x1 < x 2

D. Nếu a x1 < a x 2 thì x1 > x 2

Câu 22: Điều kiện cần và đủ của m để hàm số y =

x3
− ( m + 1) x 2 + ( m 2 + 2m ) x + 1 nghịch
3

biến trên ( 2;3) là:
A. m ∈ [ 1; 2]

B. m ∈ ( 1; 2 )

C. m < 1

D. m > 2

Câu 23: Khối trụ có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh a = 2cm có thể tích là
A. 3πcm3

B. 4πcm 3

C. 2πcm 3

D. πcm 3

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A ( 0; −2; −1) và B ( 1; −1; 2 ) .
Tọa độ điểm M thuộc đoạn thẳng AB sao cho : MA= 2MB là
Trang 3


1 3 1
A.  ; − ; ÷
2 2 2

2 4 
C.  ; − ;1÷
3 3 

B. ( 2;0;5 )

D. ( −1; −3; −4 )

BỘ ĐỀ THI THỬ, TÀI LIỆU THPT QUỐC GIA
NĂM 2017 MỚI NHẤT
Bên mình đang có bộ đề thi thử THPTQG năm 2017 mới nhất từ
các trường , các nguồn biên soạn uy tín nhất.
 300 – 350 đề thi thử cập nhật liên tục mới nhất đặc sắc nhất năm 2017.
 Theo cấu trúc mới nhất của Bộ giáo dục và đào tạo (50 câu trắc
nghiệm).
 100% file Word gõ mathtype (.doc) có thể chỉnh sửa.

 100% có lời giải chi tiết từng câu.
 Nhiều tài liệu hay khác : Đề theo chuyên đề, sách tham khảo, tài liệu file
word tham khảo hay khác….

HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn: “Tôi muốn đặt mua bộ đề thi, tài liệu TOÁN 2017”
rồi gửi đến số 096.79.79.369 (Mr Hiệp)
Sau khi nhận được tin nhắn chúng tôi sẽ liên hệ với bạn để hướng dẫn các
xem thử và cách đăng ký trọn bộ.
Uy tín và chất lượng hàng đầu chắc chắn bạn sẽ hài lòng.
x

−∞

−2

+∞
y’
y

+

0

0
−

0

+

3

+∞
−∞
A. y = x 3 + 3x 2 + 1

Trang 4

−1
B. y = 2x 3 + 6x 2 − 1

C. y = x 3 + 3x 2 − 1

D. y = 2x 3 + 9x 2 − 1


Câu 34: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng
(ABCD), góc giữa SB với mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Thể tích của khối chóp S.ABCD là:
A.

a3
3

B.

a3
3 3

C.

3a 3

D. 3 3a 3

Câu 35: Một người gửi ngân hàng 100 triệu theo thể thức lãi kép, lãi suất 0,5% một tháng (kể
từ tháng thứ 2, tiền lãi được tính theo phần trăm của tổng tiền có được tháng trước đó và tiền
lãi của tháng trước đó). Sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu?
A. 45 tháng

B. 46 tháng

C. 44 tháng

Câu 36: Tập hợp các giá trị của m để đồ thị của hàm số y =

D. 47 tháng

2x − 1
( mx − 2x + 1) ( 4x 2 + 4m + 1) có
2

đúng đường tiệm cận là
A. ( −∞; −1) ∪ { 0} ∪ ( 1; +∞ )

B. { 0}

C. ∅

D. ( −∞; −1) ∪ ( 1; +∞ )

a
b
c
d
Câu 37: Cho các số dương a, b, c,d. Biểu thức S = ln + ln + ln + ln
b
c
d
a
A. 1

B. 0

a b c d
D. ln  + + + ÷
b c d e

C. ln ( abcd )
1

x 1

Câu 38: Số nghiệm thực phân biệt của phương trình 2 x + 4x + 2 4 + x = 4
A. 1

B. 2

C. 3

D. 0

Câu 39: Trên khoảng ( 0; +∞ ) , hàm số y = ln x là một nguyên hàm của hàm số:
A. y =

1
+ C, C ∈ ¡
x

B. y =

C. y = x ln x − x

1
x

D. y = x ln x − x + C, C ∈ ¡

Câu 40: Tập nghiệm của bất phương trình ln ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) + 1 > 0 là:
A. ( 1; 2 ) ∪ ( 3; +∞ )

B. ( 1; 2 ) ∩ ( 3; +∞ )

C. ( −∞;1) ∩ ( 2;3)

D. ( −∞;1) ∪ ( 2;3)

Câu 41: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông cân tại A và D,
AB = 2a, AD = DC = a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = 2a . Gọi M, N là trung
điểm của SA và SB. Thể tích của khối chóp S.CDMN là:
A.

a3
2

Trang 5

B.

a3
3

C. a 3

D.

a3
6


Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A ( 1; −1;1) , B ( 0;1; −2 ) và điểm
M thay đổi trên mặt phẳng tọa độ (Oxy). Giá trị lớn nhất của biểu thức T = MA − MB là:
A.

6

B. 12

C. 14

D.

8

Câu 43: Giá trị lớn nhất của hàm số y = sin 4 x − sin 3 x là:
A. 0

B. 2

D. −1

C. 3

2
Câu 44: Tập nghiệm của phương trình log 2 ( x − 1) = log 2 2x là

1 + 2 
A. 

 2 

B. { 2; 4}

{

C. 1 − 2;1 + 2

}

{

D. 1 + 2

}

Câu 45: Ngày 1/7/2016, dân số Việt Nam khoảng 91,7 triệu người. Nếu tỉ lệ tăng dân số Việt
Nam hàng năm là 1,2% và tỉ lệ ổn định 10 năm liên tiếp thì ngày 1/7/2026 dân số Việt Nam
khoảng bao nhiêu triệu người?
A. 104,3 triệu người

B. 103,3 triệu người

C. 105,3 triệu người

D. 106,3 triệu người

 π
4
4
2
2
Câu 46: Cho α ∈  0; ÷. Biểu thức 2sin α 2cos α 4sin α cos α bằng:
2


A. 2sin αcosα

B. 2

C. 2sin α+ cos α

D. 4

Câu 47: Cho hàm số có đồ thị ở hình bên. Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Hàm số nghịch biến ( −2;0 )
B. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1
C. Hàm số đồng biến trên ( −∞; −2 ) ∪ ( 0; +∞ )
D. Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x = −2
Câu 48: Tam giác ABC vuông tại B có AB = 3a, BC = a . Khi quay hình tam giác đó xung
quanh đường thẳng AB một góc 3600 ta được một khối tròn xoay. Thể tích của khối tròn xoay
đó là:
A. πa 3

B. 3πa 3

C.

Câu 49: Điều kiện cần và đủ của m để hàm số y =

πa 3
3

D.

πa 3
2

mx + 5
đồng biến trên từng khoảng xác
x +1

định là
A. m > −5

B. m ≥ −5

C. m ≥ 5

D. m > 5

Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, các điểm A ( 1; 2;3) , B ( 3;3; 4 ) , C ( −1;1; 2 )
A. thẳng hàng và A nằm giữa B và C
Trang 6

B. thẳng hàng và C nằm giữa A và B


C. thẳng hàng và B nằm giữa C và A

D. là ba đỉnh của một tam giác
Đáp án

1-A
11-C
21-A
31-B
41-B

2-C
12-C
22-A

32-B
42-A

Trang 7

3-D
13-C
2333-C
43-B

4-A
14-B
24-C
34-A
44-D

5-D
15-B
25-A
35-A
45-B

6-A
16-B
26-C
36-B
46-B

7-B
17-D

27-C
37-B
47-A

8-D
18-D
28-A
38-D
48-A

9-C
19-C
29-D
39-B
49-D

10-C
20-D
30-D
40-A
50-A


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Điều kiện: x ≠ 0

(

  2x 2 − 4 − 1 < 0


 ln x 2 > 0
2
x −4
2
2
− 1 .ln x < 0 ⇔  2
  2x − 4 − 1 > 0

2
 ln x < 0

)

 −2 < x < 2
2
2
2
 2x − 4 − 1 < 0
2x − 4 < 20
 −2 < x < −1
 x − 4 < 0

⇔
⇔ 2
⇔  x > 1
⇔
TH1: 
2
2

1 < x < 2
ln x > 0
ln x > ln1  x > 1
  x < −1


2
 2x − 4 − 1 > 0
 x − 4 > 0
⇔ 2
TH2: 
(loại)
2
ln x < 0
 x < 1
2

Câu 2: Đáp án C
Phân tích: Đồ thị hàm số đã cho là đồ thị hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất nên sẽ có hai
tiệm cận, ta đã xác định được tiệm cận đứng là x = −1 , mà đường tiệm cận đứng không đi
qua điểm A ( −2;7 ) . Do đó ta đi xét luôn đến tiệm cận ngang là y = 2m + 1 . Để đường TCN
của đồ thị hàm số đi qua A ( −2;7 ) thì 2m + 1 = 7 ⇔ m = 3
Câu 3: Đáp án D
Phân tích: Đây là bài toán quen thuộc của các bài toán liên quan đến cực trị. Nhận thấy, với
m = 0 thì hàm số đã cho trở thành y = x 2 + 1 là hàm số bậc hai có đồ thị là parabol có duy

nhất một điểm cực tiểu. Nên m = 0 thỏa mãn. Với m ≠ 0 thì đây là hàm số bậc bốn trùng
phương, ta đi tìm điều kiện để đồ thị hàm số có duy nhất một điểm cực tiểu.
Lời giải:
Với m = 0 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Với m ≠ 0 , để đồ thị hàm số đã cho có duy nhất một điểm cực tiểu thì
Trường hợp 1: Đồ thị hàm số có duy nhất một điểm cực trị và đó là điểm cực tiểu khi:
Hệ số a của hàm số đã cho dương và phương trình y ' = 0 có duy nhất một nghiệm.
a = m > 0
⇔
⇔m>0
( m + 1) m > 0
Trường hợp 2: Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị, trong đó có 1 điểm cực tiểu và hai điểm cực đại.
Khi đó Hệ số a âm và y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt.
Trang 8


a = m < 0
⇔ m > −1

( m + 1) m < 0
Kết hợp các trường hợp ta có m > −1
Câu 4: Đáp án A
Ta nhận thấy:
1
Với A: Ta có ∫ sin ( ax + b ) dx = − .cos ( ax + b ) + C
a
Áp dụng công thức trên ta có ∫ sin 2xdx =

−1
cos 2x + C . Vậy A đúng.
2

1
Ghi nhớ: ∫ sin ( ax + b ) dx = − .cos ( ax + b ) + C

a
Câu 5: Đáp án D
Điều kiện: x > 0
log ( x 2 + 25 ) > log ( 10x ) ⇔ x 2 + 25 > 10x ⇔ x 2 − 10x + 25 > 0 ⇔ ( x − 5 ) > 0 ⇔ x ≠ 5
2

Kết hợp điều kiện thì ta được x ∈ ( 0;5 ) ∪ ( 5; +∞ )
2
Ghi nhớ: A ( x ) > 0 ⇔ A ( x ) ≠ 0 Sau khi giải nhớ kết hợp điều kiện.

Câu 6: Đáp án A
Ta chọn A luôn vì đây là dạng đồ thị hàm số bậc ba không có điểm cực trị, mà ở đây có duy
nhất phương án A thỏa mãn.
Câu 7: Đáp án B
1

Nhận thấy hàm số y = x 3 xác định trên ¡
Câu 8: Đáp án
Ta có hình vẽ mặt cắt của mặt phẳng chứa trục của hình nón và
vuông góc với mặt đáy. Ở đây SH là trục của hình nón, SA, SB là
các đường sinh, Khi đó góc giữa trục và đường sinh là HSB = 600 .
·
Tam giác SHB vuông tại H nên HB = SH.tan HSB
= 3.tan 600 = 3 3
Mặt khác HB chính là bán kính của hình tròn đáy khối nón, do đó thể

(

)

2
1
1
tích khối nón là: V = .B.h = .3. 3 3 π = 27π
3
3

Câu 9: Đáp án C
Ta có hình vẽ của tứ diện
Trang 9


Nhận xét hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) vuông góc với nhau có BC là giao tuyến.
Gọi H là trung điểm của BC suy ra AH ⊥ BC ( do tam giác ABC là tam giác đều).
a 3
Suy ra AH ⊥ ( BCD ) , hay AH là đường cao của tứ diện ABCD. Mặt khác AH =
. Do
2
1
1 a2 3 a 3 a3
vậy VABCD = .SSCD .AH = .
.
=
3
3 4
2
8
Câu 10: Đáp án C
Thể tích khối bát diện đã cho là
1

V = 2VA 'B'C'BC = 2.4 VA '.SBC = 8VS.ABC = 8. SG.SABC
3
·
= 600 . Xét ∆SGA vuông tại G:
Ta có: ( SA; ( ABC ) ) = SAG
tan SAG =

SG
·
⇔ SG = AG.tan SAG
=a
AG

1
1 a 2 3 2 3a 3
Vậy V = 8. SG.SABC = 8. .a.
.
=
3
3
4
3
Câu 11: Đáp án C
Ta có:

2
4
2
∫ ( x + 1) dx = ∫ ( x + 2x + 1) dx =
2

x5 2 3
+ x + x + C;C ∈ ¡
5 3

Câu 12: Đáp án C
Ta thấy đồ thị hàm số nhận trục Oy
y = −∞ và lim y = +∞ . Do đó đây là đồ thị của hàm số logarit có cơ số a > 1 .
Mặt khác xlim
x →+∞
→0+
Câu 13: Đáp án C
Ta thấy −8 + 4a − 2b + c = y ( −2 ) > 0 và 8 + 4a + 2b + c = y ( 2 ) < 0
Ta có y ' = 3x 2 + 2ax + b = 0 có ∆ ' = a 2 − 3b
8 − 4a + 2b − c < 0
⇒ b < 4b < −16 ⇔ b < −4
Mặt khác hệ bất phương trình ⇔ 
8 + 4a + 2b + c < 0
Do b < −4 nên ∆ ' > 0 , từ đây suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x 2 . Mặt
khác x1x 2 =

b
4
< − nên phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu. Đặt x1 < 0 < x 2 khi đó
3
3

( x ;y( x ) )

là điểm cực đại, và ( x 2 ; y ( x 2 ) ) là điểm cực tiểu.

1

1

Trang 10


Mặt khác ta có y ( −2 ) > 0 , do hàm số đạt cực đại tại x1 , mà -2 là điểm lân cận x1 nên
y ( x1 ) ≥ y ( −2 ) > 0 .
Tương tự thì ta suy ra được y ( x 2 ) ≤ y ( 2 ) < 0 . Suy ra y ( x1 ) .y ( x 2 ) < 0 , suy ra hai điểm cực
trị của đồ thị hàm số nằm về hai phía trục Ox, từ đây suy ra đồ thị hàm số đã cho luôn cắt trục
Ox tại 3 điểm phân biệt.
Trên đây là cách tư duy suy luận, không phải là một lời giải chi tiết một bài toán nên cách
trình bày không được đúng chuẩn mực toán học.
Câu 14: Đáp án B
Ta có: N ( t ) = ∫

7000
dt = 7000.ln t + 2 + C . Do ban đầu đám vi trùng có 300 000 nên
t+2

C = 300000 , đến đây thay t = 10 ta được:

N ( 10 ) = 7000.ln12 + 300000 ≈ 317394.3465
Câu 15: Đáp án B
Ta có: VACD 'B' = VABCD.A 'B'C 'D' − VD 'ADC − VB'ACB − VCB'C 'D' − VAA 'B 'D '
Mặt

khác

ta

nhận

thấy

1 1
1
VD 'ADC = VB'ACB = VCB'C'D' = VAA 'B'D' = .a. .SABCD = a 3
3 2
6
1
a3
Do vậy VACD'B' = a 3 − 4. a 3 =
6
3
Câu 16: Đáp án B
Ta thấy mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập phương có đường kính là đường chéo của hình
lập phương. Mà hình lập phương có cạnh là 1, do đó áp dụng công thức về đường chéo khối
hộp tôi đã đưa ra ở các đề trước thì ta có d = 2R = 12 + 12 + 12 = 3 ⇒ R =

3
. Khi đó diện
2

2

 3
tích mặt cầu là: S = 4πR = 4π. 

÷
÷ = 3π
 2 
2

Câu 17: Đáp án D
y = 1 và lim y = −1 nên đồ thị hàm số có hai TCN là
Nhìn vào BBT ta thấy xlim
→+∞
x →−∞
x = 1; x = −1 .
Câu 18: Đáp án D
Trang 11


Kí hiệu như hình vẽ.
Ta có tam giác A’AB vuông tại A’ nên A ' B = AB2 − A ' A 2 = a 2
Tam giác A’O’B có A 'O '2 + O ' B2 = a 2 + a 2 = 2a 2 = A ' B2 ⇒ tam giác
A’O’B vuông cân tại O’. Từ đó suy ra O ' B ⊥ A 'O'
Ta có O'B ⊥ A'O';O'B ⊥ O'O nên O'B ⊥ ( AOO ' A ' ) hay O 'B ⊥ ( AOO ' ) .
Nên từ đây ta có O’B là đường cao của khối tứ diện ABOO’. Vậy
VABOO'

1
1 1
a3
= .O ' B.SAOO' = .a. .a.a =
3
3 2
6

Câu 19: Đáp án C
Ta có: y ' = − x 2 + 2mx − 1
1
Nhận thấy hàm số đã cho là hàm số bậc ba có hệ số a = − < 0 nên để hàm số đã cho nghịch
3
¡

biến trên

thì phương trình

y' = 0

vô nghiệm hoặc có nghiệm kép, hay

∆ ' = m 2 − 1 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 1
Câu 20: Đáp án D
Từ dữ kiện đề bài suy ra số thóc ở ô thứ n sẽ là 2n −1 hạt. Vậy tổng số thóc từ ô 1 đến ô thứ n
là 1 + 2 + 2 + 2 + ... + 2
2

3

n −1

2n − 1
=
= 2n − 1 với 1 ≤ n ≤ 64, n ∈ ¡
2 −1

Để số hạt thóc lớn hơn 1 triệu thì 2n − 1 > 1000000 ⇔ 2n > 1000001
n > log 2 1000001 ≈ 19,93157 . Vậy n = 20
Nhớ: Công thức sử dụng bên cạnh là công thức tính tổng cấp số nhân.
Câu 21: Đáp án A
Với phương án A: ta thấy
Nếu 0 < a < 1 thì x1 > x 2
Nếu a > 1 thì x1 < x 2 . Từ đây suy ra ( a − 1) ( x1 − x 2 ) < 0 . Ta chọn A, và không cần xét các
phương án còn lại.
Câu 22: Đáp án A
2
2
Ta có: y ' = x − 2 ( m + 1) x + m + 2m

Trang 12


Để hàm số y =

x3
− ( m + 1) x 2 + ( m 2 + 2m ) x + 1 nghịch biến trên ( 2;3) thì y ' < 0 với mọi
3

x ∈ ( 2;3) . Tức là khoảng ( 2;3) nằm trong khoảng hai nghiệm phương trình y ' = 0 .
( m + 1) 2 − m 2 − 2m > 0
1 > 0


∆ ' > 0
⇔ ( x1 − 2 ) ( x 2 − 2 ) ≤ 0 ⇔  x1x 2 − 2 ( x1 + x 2 ) + 4 ≤ 0


 x1 ≤ 2 < 3 ≤ x 2


 x1 x 2 − 3 ( x 1 + x 2 ) + 9 ≤ 0
( x1 − 3) ( x 2 − 3) ≤ 0
2
2
0 ≤ m ≤ 2
m + 2m − 2.2. ( m + 1) + 4 ≤ 0
 m − 2m ≤ 0
⇔ 2
⇔ 2
⇔
⇔1≤ m ≤ 2
m − 4m + 3 ≤ 0
1 ≤ m ≤ 3
m + 2m − 3.2. ( m + 1) + 9 ≤ 0

Nhớ: Áp dụng cách xét dấu tam thức bậc hai, trong trái ngoài cùng, ở đây hệ số 1 > 0, do đó
trong khoảng 2 nghiệm thì y ' < 0

BỘ ĐỀ THI THỬ, TÀI LIỆU THPT QUỐC GIA
NĂM 2017 MỚI NHẤT
Bên mình đang có bộ đề thi thử THPTQG năm 2017 mới nhất từ
các trường , các nguồn biên soạn uy tín nhất.
 300 – 350 đề thi thử cập nhật liên tục mới nhất đặc sắc nhất năm 2017.
 Theo cấu trúc mới nhất của Bộ giáo dục và đào tạo (50 câu trắc
nghiệm).
 100% file Word gõ mathtype (.doc) có thể chỉnh sửa.

 100% có lời giải chi tiết từng câu.
 Nhiều tài liệu hay khác : Đề theo chuyên đề, sách tham khảo, tài liệu file
word tham khảo hay khác….

HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn: “Tôi muốn đặt mua bộ đề thi, tài liệu TOÁN 2017”
rồi gửi đến số 096.79.79.369 (Mr Hiệp)
Sau khi nhận được tin nhắn chúng tôi sẽ liên hệ với bạn để hướng dẫn các
xem thử và cách đăng ký trọn bộ.
Uy tín và chất lượng hàng đầu chắc chắn bạn sẽ hài lòng.
Trang 13


a b c d
Áp dụng công thức: ln x + lny = lnxy ta được: S = ln  . . . ÷ = ln1 = 0
b c d a
Câu 38: Đáp án D
Điều kiện: x ≠ 0 . Ta có 2

x+

1
4x

x 1
+
x

+ 24

= 4 ( 1)

Với x < 0 thì VT < 4 , do đó x > 0
Ta có áp dụng Bđt Cauchy thì
x+

1
x+
1
1
≥ 2 x.
= 1 ⇒ 2 4x ≥ 21 = 2
4x
4x

x 1
+
x 1
x 1
+ ≥ 2. . = 2 ⇒ 2 4 x ≥ 21 = 2
4 x
4 x

Từ đây suy ra 2

x+

1
4x

+2

x 1
+
4 x

 2 1
x =
4 (vô lý).
(Dấu
bằng
xảy
ra
khi
và
chỉ
khi

≥4
x 2 = 2


Vậy phương trình đã cho VN.
Câu 39: Đáp án B
Ta có ( ln x ) ' =

1
, do đó ta chọn B.
x

Chú ý: Nhiều bạn nhầm lẫn giữa A và B, tuy nhiên ở đây ta đi tìm biểu thức đạo hàm của
hàm số y = lnx. chứ không phải tìm nguyên hàm nên không có C.
Câu 40: Đáp án A
3
2
Ta có điều kiện: ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3 ) + 1 > 0 ⇔ x − 6x + 11x − 5 > 0

Khi đó ln ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) + 1 > 0 ⇔ ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3 ) + 1 > 1
1 < x < 2
⇔ ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 3) > 0 ⇔ 
( Thỏa mãn điều kiện).
x > 3
Câu 41: Đáp án B
Do ở đây là hình chóp tứ giác không phải là tứ diện nên không áp dụng được công thức tỉ lệ
thể tích. Tuy nhiên, nếu chia đáy khối chóp thành 2 phần thì ta có thể áp dụng dễ dàng.
Ta có: SABCD =

1
1
3
( AB + CD ) .AD = . ( 2a + a ) .a = a 2
2
2
2

1 3
VABCD = . a 2 .2a = a 3
3 2

Trang 14

1
1
2
1
2
Ta có: SABC = .AD.AB = .2a.a = a = SABCD ⇒ SADC = SABCD
2
2
3
3
2

 VSABC = 3 VSABCD
Ta đây suy ra 
(*)
1
V
= V
 SADC 3 SABCD
Áp dụng công thức tỉ lệ thể tích ta có
VSMNC SM SN SC 1
1
1 2
1
=
.
.
= ⇒ VSMNC = VSABC = . VSABCD = VSABCD

VSABC SA SB SC 4
4
4 3
6
VSMCD SM SC SD 1
1
1 1
1
=
. .
= ⇒ VSMCD = VSADC = . .VSABCD = VSABCD
VSACD SA SC SD 2
2
2 3
6
1
a3
Từ đây ta có VSMNCD = VSABCD =
3
3
Câu 42: Đáp án A
Nhận xét: A, B nằm về hai phía so với mặt phẳng (Oxy), gọi B’ là
điểm đối xứng của B qua mặt phẳng (Oxy). Khi đó B' ( 0;1; 2 ) và
MA − MB = MA − MB' .
Gọi I là giao điểm của AB’ với mặt phẳng (Oxy). Áp dụng bất đẳng
thức trong tam giác MAB’ ta có MA − MB' ≤ AB' . Đấu bằng xảy
ra khi M ≡ I . Khi đó:
MA − MB = MA − MB' = AB' =

( 1− 0)

2

+ ( −1 − 1) + ( 1 − 2 ) = 6
2

2

Câu 43: Đáp án B
4
3
Đặt sinx = t; t ∈ [ −1;1] . Xét hàm số y = f ( t ) = t − t trên [ −1;1]

t = 0
Khi đó y ' = f ' ( t ) = 4t − 3t = 0 ⇔  3
t =
 4
3

2


 3 
y = f ( −1) ;f ( 1) ;f ( 0 ) ;f  ÷ = f ( −1) = 2
Ta có Max
−
1;1
[ ]
 4 


Câu 44: Đáp án D
Điều kiện: x > 1
 x = 1 + 2 ( TM )
BPT ⇔ x 2 − 1 = 2x ⇔ x 2 − 2x − 1 = 0 ⇔ 
 x = 1 − 2 ( L )
Trang 15


Câu 45: Đáp án B
Từ ngày 1/7/2016 đến ngày 1/7/2026 thì được 10 năm, khi đó số dân của Việt Nam là :
N = 91, 7. ( 1 + 1, 2% )

10

= 103,317

Câu 46: Đáp án B
Ta có 2sin 4 α.2cos4 α.4sin 2 α.cos2 α = 2sin 4 α+cos4 α+ 2.sin 2 α.cos2 α = 2( sin

2

α+ cos 2 α

) = 21 = 2
2

Câu 47: Đáp án A
Nhận thấy A đúng, do trên khoảng ( −2;0 ) thì đồ thị hàm số đi xuống, do đó hàm số nghịch
biến trên ( −2;0 ) .
B và D sai vì đây là hàm số đạt cực trị tại các điểm đó chứ không phải đạt GTLN, GTNN.

C sai vì hàm số không đồng biến trên một tập số, diễn đạt lại nhưu sau: “Hàm số đồng biến
trên ( −∞; −2 ) và ( 0; +∞ ) .”
Câu 48: Đáp án A
Khi quay hình tam giác ABC xung quanh đường thẳng AB ta được một khối nón tròn xoay
có đỉnh A, đường cao AB, bán kính đáy R = BC . Vậy thể tích khối nón là
1
1
V = πBC2 .AB = .π.a 2 . ( 3a ) = πa 3
3
3
Câu 49: Đáp án D
Ta có: y ' =

m−5

( x + 1)

2

để hàm số đã cho luôn đồng biến trên từng khoảng xác định thì

m−5 > 0 ⇔ m > 5

Câu 50: Đáp án A
uuur
uuur
uuur
uuur
Ta có AB = ( 2;1;1) ; AC = ( −2; −1; −1) , từ đây ta thấy AB = −AC , suy ra A là trung điểm của BC.

Trang 16