Giải chi tiết đề thi thử trắc nghiệm môn Toán 2017 Sở GD Hà Nội Nguyễn Thanh Tùng

GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ THI THỬ - SỞ GD&ĐT HÀ NỘI - 2017 - Mã 015
GV: Nguyễn Thanh Tùng - SV: Vũ Hồng Quý
THỰC HIỆN LỜI GIẢI
Giáo viên: NGUYỄN THANH TÙNG – HOCMAI.VN
Sinh viên: VŨ HỒNG QUÝ – KHOA TOÁN – SƯ PHẠM HÀ NỘI
Câu 1. Cho f ( x)  e
tối giản. Tính m  n2 .
A. m  n2  2018 .

1 12  1 2
x ( x1)

m
n

. Biết rằng f (1). f (2). f (3)... f (2017)  e , với m, n là các số tự nhiên và
B. m  n2  1

C. m  n2  2018

m
n

D. m  n2  1 .

Giải
Cách 1

1
1
x 2 ( x  1) 2  ( x  1) 2  x 2 x 2 ( x  1) 2  2 x( x  1)  1  x( x  1)  1 
1 
Ta có 1  2 



 1 

2
2
2
2
2
2
x ( x  1)
x ( x  1)
x ( x  1)
 x( x  1)  x( x  1) 
2

1
1
1
1

Xét x  0  1  2 
 1
 1
 f ( x)  e
2
x ( x  1)
x( x  1)
x( x  1)
1
1 1 1 1 1 1 ...1
2.3
3.4
2017.2018

Khi đó f (1). f (2). f (3)... f (2017)  e 1.2
Mặt khác:

e

1 12  1 2
x ( x1)

1

e

1
x ( x1)

2

.

1
2017 1  1  1 ...
1.2 2.3 3.4 2017.2018

m

 e n (*)

1
1
1
1
1 1 1 1 1
1
1
1
(2*)


 ... 
 1       ... 

 1
1.2 2.3 3.4
2017.2018
2 2 3 3 4
2017 2018

2018

m
1
20182  1 (m,n)1 m  20182  1
Từ (*) và (2*), suy ra
 2018 



 m  n2  1  Đáp án B.
n
2018
2018
n  2018

Cách 2 ( Vũ Hồng Quý) . Đặt g  x   1 

1
1

.
2
x  x  12
m

Khi đó ta có f 1 . f  2  . f  3 ... f  2017   e g 1 .e g  2 .e g 3 ...e g  2017  e g 1 g  2 g 3... g  2017  e n .

 g 1  g  2   g  3  ...  g  2017  

n
m
1
1
. Xét S  g 1  g  2   g  3  ...  g  n    1  2 
.
x  x  12
n
x 1

Ta sẽ thay một vài giá trị của n để tìm quy luật của S.

Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

1


GV: Nguyễn Thanh Tùng
10

+) n  10  S   1 
x 1

20

+) n  20  S   1 
x 1
30

+) n  30  S   1 

x 1

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

120 100  20 102  2.10
1
1



.

x 2  x  12
11
10  1
10  1
1
1
440 400  40 202  2.20
.




x 2  x  12
21
20  1
20  1

1
1
960 900  60 302  2.30
.




x 2  x  12
31
30  1
30  1

Đến đây ta có thể thấy được quy luật của S:
n

Sn  
x 1



 2017  1  1  20182  1 .
1
1
n2  2n  n  1  1
1 2 



S


2017
x  x  12
n 1
n 1
2017  1
2018
2

2

m
20182  1 m  20182  1
 g 1  g  2   g  3  ...  g  2017  

 m  n 2  1 .  Đáp án B.
n
2018
n  2018

Các bạn có thể tham kháo thêm với bài toán tương tự dưới đây.
Cho f  x   e

1

1
x2



1

 x 12

m
n

. Biết rằng f 1 . f  2  . f  3 ... f  2017   e với m, n là các số tự nhiên và

là phân số tối giản. Tính T  m   n  1 .
A. T  2018 .
B. T  1 .

m
n

2

C. T  2017 .

D. T  0 .

Hướng dẫn giải
Làm tương tự như trên ta sẽ tìm được công thức tổng quát của Sn 


n2
20172
20172
 S2017 


.
n 1
2017  1 2018

m  20172
m 20172
2


 T  m   n  1  20172  20172  0  Đáp án D.
n
2018
n  2018

Câu 2. Cho y  f ( x) là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn  6;6 , biết rằng

2



3

f ( x)dx  8 và

1
6

Tính I 

 f ( x)dx .

A. I  2 .

C. I  11 .

B. I  5 .

 f (2 x)dx  3 .
1

D. I  14 .

1

Giải
Do f ( x) là hàm số chẵn, suy ra f (2 x)  f (2 x) .
3

3

Khi đó 3   f (2 x)dx   f (2 x)dx 
1

1

6

2

6

1

1

2

3

6

6

6

1
1
1
t 2 x
f (2 x)d (2 x) 
   f (t )d (t )   f ( x)dx   f ( x)dx  6

2 1
22
22
2

Suy ra I   f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx  8  6  14  Đáp án D.
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

2


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Câu 3. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình log 22 x  m log 2 x  m  0 nghiệm đúng với
mọi giá trị của x  (0; ) ?
A. Có 6 giá trị nguyên.
B. Có 7 giá trị nguyên.
C. Có 5 giá trị nguyên
D. Có 4 giá trị nguyên.
Giải
x(0; )
Đặt t  log2 x 

t  .

Khi đó bài toán được phát biểu lại: “Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình t 2  mt  m  0
nghiệm đúng với t  ”. Bài toán tương đương:
m
  m2  4m  0  4  m  0 
 m  4; 3; 2; 1;0 : Có 5 giá trị nguyên  Đáp án C.

Câu 4. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A(1;2; 1), B(2;3;4), C(3;5; 2) . Tìm tọa độ
tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

5

 37

 27

 7 3
A. I  ; 4;1 .
B. I  ; 7;0  .
C. I   ;15; 2  .
D. I  2; ;   .
 2

 2

2

 2 2
Giải

 


 AB  (1;1;5)
Ta có  
  AB, AC   (16;11;1) . Gọi I (a; b; c)  AI  (x  1; y  2; z 1) .

 AC  (2;3; 1)
  
Điểm I thỏa mãn: IA  IB  IC và AB, AC, AI đồng phẳng (*).

 IA2  IB 2
( x  1)2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  ( x  2) 2  ( y  3) 2  ( z  4) 2



Khi đó (*)   IA2  IC 2
 ( x  1)2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  ( x  3) 2  ( y  5) 2  ( z  2)2
   
16( x  1)  11( y  2)  z  1  0
 AB, AC  . AI  0




2 x  2 y  10 z  23
5


5

Casio  x 
 4 x  6 y  2 z  32  
 I  ; 4;1  Đáp án A.
2
2

16 x  11y  z  5
 y  4; z  1



Chú ý: Điều kiện (*) có thể hiểu I đang thuộc đồng thời 3 mặt phẳng ( mặt phẳng trung trực của AB , trung
trực của AC và mặt phẳng ( ABC ) - chính là hệ 3 phương trình bậc nhất 1 ẩn cuối cùng sau khi bấm máy).

1 3 
;0  và mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  8 .
Câu 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M  ;
2 2 
Đường thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu ( S ) tại hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích lớn nhất
S của tam giác OAB
A. S  2 2 .
B. S  2 7 .
C. S  4 .
D. S  7 .
Giải
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

3


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Mặt cầu ( S ) có tâm O(0;0;0) và bán kính R  2 2 .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d .
OH OM 1
Đặt OH  x 

 0  x  1.
1
Khi đó : SOAB  OH . AB  OH .HB  OH . R2  OH 2  x. 8  x2 .
2

O
d

A

Xét hàm f ( x)  x. 8  x 2 với x  (0;1] .
Ta có f '( x)  8  x 2 

x2
8  x2



8  2 x2
8  x2

H

M B

 0, x  (0;1]  f ( x) đồng biến trên (0;1]  f ( x)  f (1)  7 .

Dấu “=” xảy ra khi x  1 hay H  M . Khi đó SOAB  f ( x)  7  S  Đáp án D.
Chú ý: Ở câu hỏi này rất nhiều bạn sẽ chọn đáp án C vì lí luận như sau:

1
1
R2 8
AOB  OA.OB 
  4   SOAB max  S  4 ”
“Ta có SOAB  OA.OB.sin 
2
2
2 2
1
OH 2  HB 2 OB 2 R 2


 4 ”.
hoặc “ SOAB  OH . AB  OH .HB 
2
2
2
2
Nhưng do AB luôn đi qua điểm M cố định nên dấu “=” ở các đánh giá trên đều không thể xảy ra. Vì vậy với
những bài toán có yếu tố cực trị ta luôn dựa vào yếu tố bất biến để tư duy và bài toán này R  2 2 và OM  1
là hai yếu tố “bất biến” (không đổi) nên ta sẽ dựa vào nó để tìm giá trị lớn nhất.
Câu 6. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A ' lên
mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC

a 3
. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .
4
a3 3
a3 3

a3 3
A. V 
.
B. V 
.
C. V 
.
3
24
12
Giải
A'
(Các điểm được kí hiệu trên hình vẽ).
bằng

D. V 

a3 3
.
6
B'

 BC  AI
a 3
IH  AA'
 BC  ( AA ' I ) 
 d ( AA ', BC )  IH 

4
 BC  A ' G

H

GK AG 2

 .
Dựng GK  AA ' 
IH
AI 3

2
2 a 3 a 3
IH  .

.
3
3 4
6
1
1
1
12 3
9


 2 2  2
Khi đó
2
2
2

A'G
GK
AG
a a
a

C'
K

Suy ra GK 

 A'G 

A

B

a 3
a
(với AG  R 
).
3
3

G
I
C

Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

4


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

a a 2 3 a3 3
Suy ra V  A ' G.S ABC  .

 Đáp án C.
3 4
12
Chú ý: Với tam giác đều cạnh a ta nên nhớ các thông số quen thuộc sau (chiều cao, bán kính đường tròn ngoại
tiếp, nội tiếp và diện tích tam giác) : h 

a 3
a 3
a 3
a2 3
.
;R 
;r 
;S 
2
3
6
4

Câu 7. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 2 , cạnh bên SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA  3 . Mặt phẳng ( ) qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại các
điểm M , N , P . Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP .
A. V 

64 2
.
3

B. V 

125
.
6

C. V 

32
.
3

D. V 

108
.
3

S

Giải

CB  AB
SC  AM
Ta có 
 CB  ( SAM )  CB  AM 
AM  ( SBC )
CB  SA
AMC  900 . Chứng minh tương tự ta được: 
APC  900 .
 AM  MC hay 
Suy ra 
AMC  
APC  
ANC  900  IM  IN  IP  IC  IA
AC
4
32
(với I là trung điểm của AC )  R 
 2  Vmc   R3 
2
3
3
 Đáp án B. (Như vậy bài toán này bị thừa dữ kiện SA  3 ).
ax  b
Câu 8. Cho hàm số y 
có đồ thị như hình vẽ
cx  d
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
ad  0

ad  0
A. 
.
B. 
.
bc  0
bc  0

ad  0
C. 
.
bc  0

ad  0
D. 
.
bc  0

M

N

P

A

B
I

D

C

y

O

x

Giải
Dựa vào đồ thị ta có tiệm cận ngang y 

a
d
d
 0 (1) và tiệm cận đứng x    0   0 (2).
c
c
c

ad
b
 0  ad  0 (*). Mặt khác đồ thị cắt trục Ox tại điểm có hoành độ   0 (3).
2
c
a
ad  0
a  b
b
Từ (1) và (3), suy ra .     0    0  bc  0 (2*). Từ (*) và (2*) ta có: 

 Đáp án C.
c  a
c
bc  0

Từ (1) và (2), suy ra

Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

5


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

Câu 9. Hình nào sau đây không có tâm đối xứng?
A. Hình lập phương.
B. Hình Hộp.

facebook.com/ ThayTungToan

C. Tứ diện đều.

D. Bát diện đều.

Giải
Tứ diện đều không có tâm đối xứng (câu này tương tự như câu hỏi trong đề thử nghiệm của Bộ GD)
 Đáp án C.

ln 2 x
trên 1;e3  .
x
4
9
B. max y  2 .
C. max y  2 .
e
e
1;e3 
1;e3 





Câu 10. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y 
A. max y 
1;e3 



ln 2 2
.
2

1
D. max y  .
e
1;e3 




Giải

1
(2ln x). .x  ln 2 x
x  1
ln x  0
ln x.(2  ln x)
x
Ta có y ' 
;
.

y
'

0



ln x  2
2
x2
x2

x  e
Khi đó y(1)  0; y (e2 ) 

4
9
4
và y (e3 )  3  max y  2  Đáp án B.
2
e
e
e
1;e2 



Câu 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 6 x  3 y  2 z  6  0 . Tính khoảng cách
d từ điểm M (1; 2;3) đến mặt phẳng ( P) .
A. d 

12 85
.
85

B. d 

31
.
7

C. d 

18
.

7

D. d 

12
.
7

Giải
Ta có d  d ( M , ( P)) 

6.1  3.(2)  2.3  6
6 3 2
2

2

2



12
 Đáp án D.
7

Câu 12. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  4  0 cắt mặt
phẳng ( P) : x  y  z  4  0 theo giao tuyến là đường tròn (C ) . Tính diện tích S của hình tròn giới hạn bởi (C )
A. S  6 .

B. S 

2 78
.
3

C. S 

26
.
3

D. S  2 6 .

Giải
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;0) và bán kính R  3 .
Gọi r là bán kính của đường tròn (C ) . Khi đó: R2  r 2  h2 với h  d ( I , ( P)) 

1 2  4
12  12  12

 3.

Suy ra r 2  R2  h2  9  3  6  S   r 2  6  Đáp án A.
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

6


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Câu 13. Một công ty dự kiến chi 1 tỉ đồng để sản xuất các thùng đựng sơn hình trụ có dung tích 5 lít. Biết rằng
chi phí để làm mặt xung quanh của thùng đó là 100.000 đ/ m 2 , chi phí để làm mặt đáy là 120.000 đ/ m 2 . Hãy
tính số thùng sơn tối đa mà công ty đó sản xuất được (giả sử chi phí cho các mối nối không đáng kể).
A. 12525 thùng.
B. 18209 thùng.
C. 57582 thùng.
D. 58135 thùng.
Giải
Gọi R, h lần lượt là bán kính và chiều cao của một thùng đựng sơn.

V
5.103
(m).

 R2  R2
Khi đó số tiền làm một thùng sơn là: T  Txq  T2đáy  S xq .105  2.Sđáy .12.104  2 R.h.105  2 R 2 .12.104
Ta có dung tích thùng V   R 2 h  h 

 2 R.


5.103 5
103
2
4
.10



R
.24.10

 24.104  R 2
2
R
R

AM GM
500 500
500 500

 24.104  R 2  3. 3
.
.24.104  R 2  3000. 3 60
R
R
R R

109
109

 58135,985 .
Số thùng sơn sản xuất:
T
3000. 3 60
Vậy số thùng sơn tối đa sản xuất được là 58135 thùng  Đáp án D.
Câu 14. Cho hình nón có độ dài đường sinh l  2a , góc ở đỉnh của hình nón 2  600 . Tính thể tích V của

khối nón đã cho.
 a3
 a3 3
A. V 
.
B. V 
.
C. V   a3 3 .
D. V   a3 .
2
3
Giải
Ta có bán kính đáy: r  l sin   2a.sin 300  a ; chiều cao của nón: h  l cos   2a.cos300  3a

1
1
 a3 3
 V  h r 2  .a 3. .a 2 
 Đáp án A.
3
3
3
Câu 15. Tìm điểm cực tiểu xCT của hàm số y  x3  3x 2  9 x .
A. xCT  0 .
B. xCT  1 .
C. xCT  1 .

D. xCT  3 .

Giải

 x  1  y  5
yCT  yCĐ
Ta có y '  3x 2  6 x  9 ; y '  0  

yCT  5  xCT  1  Đáp án B.
 x  3  y  27

Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

7


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Câu 16. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y  x 2 , y  2 x .
20
3
4
3
A. S 
.
B. S  .
C. S  .
D. S 
.

3
4
3
20
Giải
2
x  0
Casio 4
Phương trình hoành độ giao điểm x 2  2 x  
 S   x 2  2 x dx 
 Đáp án C.
3
x  2
0
Câu 17. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1;2; 1), B(2; 1;3), C(3;5;1) . Tìm tọa độ
điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
A. D(4;8; 3) .
B. D(2;2;5) .
C. D(2;8; 3) .
D. D(4;8; 5) .
Giải


Gọi D(x; y; z )  AD  (x 1; y 2; z 1) . Ta có BC  (5;6; 2) .
 x  1  5  x  4
 


Ta có ABCD là hình bình hành  AD  BC   y  2  6   y  8  D(4;8; 3)  Đáp án A.
 z  1  2

 z  3



Câu 18. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A(0;1;1), B(2;5; 1) . Tìm phương trình mặt
phẳng ( P) qua A, B và song song với trục hoành.
A. ( P) : y  z  2  0 .
B. ( P) : y  2 z  3  0 .
C. ( P) : y  3z  2  0 .
D. ( P) : x  y  z  2  0 .
Giải


  
Ta có AB  (2; 4; 2) và trục hoành có vecto chỉ phương i  (1;0;0)  n( P )   AB, i   (0; 2; 4)  2(0;1; 2) .
Suy ra mặt phẳng ( P) : y  2 z  3  0  Đáp án B.
Câu 19. Tìm nghiệm của phương trình log 2 ( x  1)  3 .
A. x  7 .
B. x  10 .

C. x  8 .

D. x  9 .

Giải
Ta có log 2 ( x  1)  3  x  1  2  x  9  Đáp án D.
3

Câu 20. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0 . Tính
bán kính R của mặt cầu ( S ) .

A. R  3 .

B. R  3 3 .

C. R  9 .

D. R  3 .

Giải

Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

8


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Ta có tâm I (1; 2; 1)  R  12  (2)2  (1)2  (3)  3  Đáp án A.

 a b c 
Chú ý: Mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  ax  by  cz  d  0 có tâm I  ; ;  và R  xI2  yI2  zI2  d .
 2 2 2 
Câu 21. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A(1;2; 3) , B(2; 1;0) . Tìm tọa độ của

vecto AB .





A. AB  (1; 1;1) .
B. AB  (3; 3;3) .
C. AB  (1;1; 3) .
D. AB  (3; 3;3) .
Giải

Ta có AB  (3; 3;3)  Đáp án D.


Chú ý: Điểm A( x1; y1; z1 ), B( x2 ; y2 ; z2 )  AB  ( x2  x1; y2  y1; z2  z1 ) .

Câu 22. Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ?
1
A. y  log 1  x 2  1 .
B. y  x .
3
2

C. y  log 2  x 2  1 .

D. y  3x .

Giải
Ta biết hàm số y  a x đồng biến trên  khi a  1 và nghịch biến trên  khi 0  a  1 .
Do đó y  3x đồng biến trên   Đáp án D.
Câu 23. Cho mặt cầu ( S ) bán kính R . Một hình trụ có chiều cao h và bán kính r thay đổi nội tiếp mặt cầu.
Tính chiều cao h theo R sao cho diện tích xung quanh của hình trụ lớn nhất.

R 2
R
A. h  .
B. h  R .
C. h  R 2 .
D. h 
.
2
2
Giải

4r 2  h 2
h
 4r 2  h2  4R 2 (*)
Ta có R 2  r 2    
4
2
2

a 2  b2
(2r )2  h2 (*)
4R2
  .
 2 R 2 .
Áp dụng bất đẳng thức dạng ab 
, ta được: S xq  2 rh   .2r.h   .
2
2
2
 2r  h

Dấu “=” xảy ra khi  2
 2h2  4 R 2  h  R 2  Đáp án C.
2
2
 4r  h  4 R
1

Câu 24. Biết rằng  3e
0

A. T  9 .

1 3 x

dx 

b c
a 2 b
e  e  c ( a, b, c   ). Tính T  a   .
2 3
5
3
B. T  10 .
C. T  5 .

Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

D. T  6 .

9

GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Giải
Đặt t  1  3x  t 2  1  3x  2tdt  3dx  dx 
1

Suy ra  3e
0

1 3 x

2

2tdt
và x : 0  1 thì t :1  2 .
3

2

2tdt
dx   3.e .
2 tet dt  I
3
1

1
t





 t2 2 t 
2
u  t
du  dt
Đặt 

 I  2  te   e dt   2. 2e2  e  et  4e 2  2e  2(e 2  e)  2e 2
t
t
1
1
dv  e dt
v  e
1


a
b
a,b,c a  10
Khi đó 2e2  e2  e  c 

 T  10  Đáp án B.
5

3
b  c  0

Chú ý: Thực ra bài toán này với điều kiện a, b, c   là chưa chính xác vì với a, b, c   thì 2e2 

a 2 b
e  ec
5
3

1
a
1 b

có thể tồn tại vô số bộ a, b, c ví như 2e2   2   e2  e  0   2  ;  1 ; c  0 và khi đó không có đáp
e
5
e 3

số nào đúng. Vì vậy bài toán này cần chỉnh lại điều kiện a, b, c  mới chính xác.
y

Câu 25. Hình bên là đồ thị của một trong bốn
hàm số cho trong các phương án A, B, C, D,
hỏi đó là hàm nào?
A. y  2 x 2  x 4 .
B. y   x3  3x 2 .
C. y  x 4  2 x 2 .

O

x

D. y  x3  2 x .

Giải
Đồ thị hàm số có 3 cực trị, suy ra loại B, D.
Do đồ thị có hướng đi lên khi x   hay lim y    a  0  y  x 4  2 x 2  Đáp án C.
x 
2

Câu 26. Tìm tập xác định D của hàm số y  x 3 .
A. D  (0; ) .
B. D  [0; ) .

C. D   \ 0 .

D. D   .

Hướng dẫn giải
2

Nếu   thì a có nghĩa khi a  0  TXĐ của hàm số y  x 3 là  0;   .  Đáp án A.
Chú ý: Nếu

m
  thì
n

m

n

a m  a n chỉ đúng khi a  0 .

Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

10


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Câu 27. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 2  1 trên  3; 2 .
A. min y  8 .
3;2

B. min y  1 .
 3;2

C. min y  3 .
3;2

D. min y  3 .
 3;2

Hướng dẫn giải
Ta có y  x  1  1, x   . Dấu “=” xảy ra khi x  0   3; 2 .  min y  1  Đáp án B.

2

3;2

Câu 28. Trong không gian toạ độ Oxyz , cho các điểm A(1;0;0), B(2; 0;3), M (0; 0;1) và N (0;3;1) . Mặt
phẳng (P) đi qua các điểm M , N sao cho khoảng cách từ điểm B đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng (P). Có bao nhiêu mặt phẳng (P) thoã mãn đề bài.
A. Có 2 mặt phẳng (P).
B. Có vô số mặt phẳng (P).
C. Không có mặt phẳng (P).
D. Chỉ có một mặt phẳng (P).
Hướng dẫn giải


 
 M  ñoaï n AB
Ta có AB   3;0;3 , AM   1;0;1  AB  3 AM nên 
 BM  2 AM .
 AB  3 AM
Dễ thấy điểm N  ñoaïn AB nên mọi mặt phẳng qua M , N và không chứa A, B đều thoả mãn đề bài.
 Đáp án B.
Câu 29. Trong không gian toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  z  1 0 . Vectơ nào sau đây không là vecto
pháp tuyến của (P).




A. n  (1;0;1) .
B. n  (1;0; 1) .
C. n  (1; 1; 1) .

D. n  (2;0; 2) .
Hướng dẫn giải


Mặt phẳng (P) có phương trình x  z  1 0  n P   k 1;0; 1 . Suy ra ta dễ thấy n  (1; 1;  1) không là VTPT
của (P).  Đáp án C.
Câu 30. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Biết SA   ABC  và SA  a 3 . Thể
tích V của khối chóp S.ABC là ?
a3
a3
3a 3
3a 3 3
A. V  .
B. V  .
C. V 
.
D. V 
.
4
2
4
3
Hướng dẫn giải
2

3

1
1
a 3 a


 Đáp án A.
Ta có VS . ABC  SA.SABC  a 3.
3
3
4
4
Câu 31. Một ô tô bắt đàu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v(t )  7t (m / s). Đi được 5( s) , người lái
xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc
a  70(m / s 2 ). Tính quãng đường S (m) đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng
hẳn.
A. S  94, 00(m) .
B. S  96, 25(m) .
C. S  87,50(m) .
D. S  95, 70(m) .
Hướng dẫn giải
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

11


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Cách 1: Sử dụng tích phân.
5

Quãng đường ô tô đi được sau 5( s) đầu là: S1   7tdt  87,5  m  .
0

Phương trình vận tốc của ô tô sau khi người lái xe phát hiện chướng ngại vật là: v '  t   35  70t (m / s) .
Khi xe dừng hẳn ta có: v '  t   0  35  70t  0  t 

1
.
2
1
2

 Quãng đường ô tô đi được từ lúc phanh gấp đến khi dừng hẳn là: S2    35  70t  dt  8, 75  m  .
0

Vậy S  S1  S2  87,5  8,75  96, 25  m   Đáp án B.
Cách 2: Áp dụng kiến thức Vật lý 10:
v  0
1
1
Ta có v(t )  7t (m / s)   o
 S1  vot  at 2  .7.52  87,5  m  .
2
2
a  7
v  35
1
v '  t   35  70t (m / s)   o
, v '  t   0  35  70t  0  t 
2

a  7
2

1
1 1
1
 S2  vot  at 2  35.  .70.    8, 75  m   S  S1  S2  87,5  8,75  96, 25  m   Đáp án B.
2
2 2
2

Câu 32. Tìm số giao điểm n của hai đồ thị hàm số y  x 4  3x 2  2 và y  x 2  2 .
A. n  0 .
B. n  1 .
C. n  2 .

D. n  4 .

Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x 4  3x 2  2  x 2  2  x 4  4 x 2  4  0   x 2  2   0  x 2  2  x   2  n  2  Đáp án C.
2

Câu 33. Cho log 2 3  a, log 2 5  b . Tính log 6 45 theo a và b.
2a  b
a  2b
A. log 6 45 
.
B. log6 45  2a  b .
C. log 6 45 

.
1 a
2 1  a 

D. log6 45  a  b  1 .

Hướng dẫn giải

log 2 45 log 2  3 .5 2log 2 3  log 2 5 2a  b
 Đáp án C.



log 2 6
log 2  2.3
1  log 2 3
1 a
2

Ta có log 6 45 

Câu 34. Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  3 x  1  4 5  x .
Tính M  m .

A. M  m  16 .
C. M  m  8 .

12  3 6  4 10
.
2

12  3 6  4 10
D. M  m 
.
2
B. M  m 

Hướng dẫn giải
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

12


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

TXĐ: D  1;5 .
Cách 1: Ta có y ' 

3
2
3
2

, y'  0 

 0  3 5  x  4 x 1
2 x 1

5 x
2 x 1
5 x


 y 1  8

 61 
y  y    10

 M  max
61
1;5
 
 25 
 x   1;5 .   y  5   6  
 M  m  16  Đáp án A.
25

m  min y  y  5   6
1;5
 y  61   10 
  25 
Cách 2: Sử dụng BĐT Cauchy Schwarz.

Ta có 3 x  1  4 5  x  32  42 .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

 x 1  5  x   10 .

x 1
5 x
61

 4 x  1  3 5  x  x   1;5 .
3
4
25

 61 
 M  max y  y    10 .
1;5
 25 

 y 1  8
Lại có 
 m  min y  y  5  6  M  m  16  Đáp án A.
1;5

 y  5  6
Câu 35. Với các số thực dương a, b bất kì. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. log(ab)  log(a  b) .
B. log(ab)  loga  log b .
a
a
C. log    log  a  b  .
D. log    log b a .
b
b
Hướng dẫn giải

Ta có log(ab)  loga  log b .  Đáp án B.
Câu 36. Tìm phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. y  2 .

B. x  1 .

C. y  1 .

2x 1
.
x 1

D. x  1 .

Hướng dẫn giải

2x 1
có tiệm cận đứng là đường thẳng x  1 .  Đáp án B.
x 1
ax  b
c
Chú ý : Đồ thị hàm số y 
,  c  0, ad  bc  0  có tiệm cận đứng là đường thẳng x   , có tiệm cận
cx  d
d
a
ngang là đường thẳng y  .
c
Đồ thị hàm số y 

Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

13


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Câu 37. Cho hàm số f  x  liên tục trên nửa khoảng

 3; 2  , có bảng biến thiên như hình vẽ.
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. min y  2 .

B. max y  3 .

C. Giá trị cực tiểu của hàm số là 1.

D. Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 .

 3;2

3;2

Hướng dẫn giải
Khẳng định A sai vì: f 1  5  2  min y  2 và min y  5 .
3;2

 3;2

Khẳng định B sai vì: f  2  mà chỉ có lim f  x   3   max y .
x 2

3;2

Khẳng định C sai vì: Giá trị cực tiểu của hàm số là  và hàm số đạt cực tiểu tại x  1 .
Khẳng định D sai vì: Hàm số đạt cực đại tại x  1 .
Vậy suy ra không có đáp án đúng.
Câu 38. Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   e2 x .
A.  e2 x dx  2e2 x  C .
C.  e2 x dx  2e2 x  C .

1
B.  e2 x dx  e2 x  C .
2
e2 x 1
C .
D.  e2 x dx 
2x 1

Hướng dẫn giải
1
1
Ta có  e x dx  e x  C   e2 x dx  e2 x  C .  Đáp án B.

2
1

2
Câu 39. Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   2 cos .
x
x
1
2
1
2
1
2
1
2
A.  2 cos dx   sin  C .
B.  2 cos dx  sin  C .
x
x
2
x
x
x
2
x
1
2
1
2
1
2
1
2

C.  2 cos dx  cos  C .
D.  2 cos dx   cos  C .
x
x
2
x
x
x
2
x
Hướng dẫn giải
1
2
1
2  2
1
2 2
1
2
Ta có  2 cos dx    cos .   2  dx    cos d     sin  C .  Đáp án A.
x
x
2
x  x 
2
x x
2
x
Câu 40. Ông Việt dự định gửi vào ngân hàng một số tiền với lãi suất 6,5 % một năm. Biết rằng, cứ sau
mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu. Tính số tiền tối thiểu x (triệu đồng, x   ) ông Việt

gửi vào ngân hàng để sau 3 năm số tiền lãi đủ mua một chiếc xe gắn máy trị giá 30 triệu đồng.
A. 150 triệu đồng.
B. 154 triệu đồng.
C. 145 triệu đồng.
D. 140 triệu đồng.
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

14


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Hướng dẫn giải
Gọi số tiền ban đầu là A , lãi suất i%. Sau n năm, số tiền thu được là: An  A(1  i)n .
Áp dụng vào bài với A  x triệu đồng, i  6,5%  0,065 và n  3 năm ta có: A3  x 1  0, 065

3

 Số tiền lãi thu được sau 3 năm là: L  x 1  0, 065  x .
3

Theo giả thiết ta có: x 1  0,065  x  30  x  144, 27 triệu đồng.
Vậy số tiền tối thiểu mà ông Việt cần gửi vào ngân hàng là: 145 triệu đồng  Đáp án C.
3

Câu 41. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  , có đạo hàm f '  x   x  x  1  x  1 . Hàm số đã cho

có bao nhiêu điểm cực trị ?
A. Có ba điểm cực trị.
B. Không có cực trị C. Chỉ có 1 điểm cực trị.
D. Có hai điểm cực trị.
2

3

Hướng dẫn giải
Ta có f '  x   0  x  x  1  x  1  0  x  0 hoặc x  1
2

3

Số điểm cực trị của hàm số y  f  x  là số nghiệm của phương trình f '  x   0 mà qua đó f '  x  đổi dấu.
Vậy suy ra hàm số y  f  x  có 2 điểm cực trị khi x  0 và x  1 .
Tại x  1 hàm số không có cực trị vì biểu thức  x  1 mang số mũ chẵn.  Đáp án D.
2

  60o , 
Câu 42. Cho hình chóp S.ABC có 
ASB  CSB
ASC  90o , SA  SB  SC  a . Tính khoảng cách
d từ điểm A tới mặt phẳng  SBC  .

A. d  2a 6 .

B. d  a 6 .

C. d 

2a 6
.
3

D. d 

S

Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm của AC.
ASC vuông cân tại S  SM  AC .

60°

 ABC vuông cân tại B  BM  SM 
 SMB có BM  SM 

60°

a

a

Hai tam giác SAB, SBC cân tại S và có một góc bằng 60o .
 Hai tam giác SAB, SBC đều  AB  BC  a .
 ABC cân tại B  BM  AC

a
A

Ta có AC  SA2  SC 2  a 2 .

a 6
.
3

M

K

a 2
.
2

a 2
, SB  a  SMB vuông cân tại M.
2

C
H

B

SM  BM 
  SM   ABC  . Gọi H là trung điểm của BC ta có MH  BC .
SM  AC 
Trong mặt phẳng  SMH  dựng MK  SH  MK   SBC   d  A,  SBC    2d  M ,  SBC    2MK .


Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

15


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

SMH vuông tại M có SM 
Vậy d  A,  SBC    2MK 

facebook.com/ ThayTungToan

a 2
1
a
1
1
1
a 6
, MH  BC  


 MK 
2
2
2
2
2

2
MK
SM
MH
6

a 6
 Đáp án D.
3

Câu 43. Cho hàm số y  f ( x)  ax3  bx2  cx  d , (a, b, c, d  , a  0) , có
đồ thị  C  . Biết rằng đồ thị  C  tiếp xúc với đường thẳng y  4 tại điểm
có hoành độ âm và đồ thị của hàm số y  f '( x) cho bởi hình vẽ bên. Tính
diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  và trục hoành.
A. S 

21
.
4

C. S  9 .

27
.
4
5
D. S  .
4
B. S 

Hướng dẫn giải
Từ đồ thị ta dễ thấy hàm số y  f '( x) có dạng y  ax 2  3 .

f '( x)  Ox tại x  1  phương trình ax2  3  0 có nghiệm x  1  a  3 .
f  x    f '( x)    3x 2  3 dx  x3  3x  C .

Dễ thấy hàm số đạt cực trị tại x  1 và x  1 .
Vì  C  tiếp xúc với đt y  4 tại điểm có hoành độ âm nên  f  1  4  1  3  C  4  C  2 .

 x  2
 f  x   x 3  3 x  2 , f  x   0  x3  3 x  2  0  
x  1

 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  và trục hoành là: S 

1

x

3

 3x  2 dx 

2

Câu 44. Hàm số y  x 4  1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  1;1 .
B.  ;0  .
C.  0;   .

27
 Đáp án B.
4

D.  1;   .

Hướng dẫn giải
Ta có y '  4 x , y '  0  x  0  hàm số đồng biến trên  0;   .  Đáp án C.
3

Câu 45. Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình 4x  8.2x  4  0 .
A. T  0 .
B. T  2 .
C. T  1 .

D. T  8 .

Hướng dẫn giải

Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

16


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

Phương trình: 4  8.2  4  0   2
x

x



x 2

facebook.com/ ThayTungToan

 '  12  0

 8.2  4  0 , a.b  0  pt luôn có 2 nghiệm phân biệt.
a.c  0

x

Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của pt ta có: 2x1.2x2  4  2x1  x2  4  x1  x2  2  T  2 .  Đáp án B.
Câu 46. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 2  3x  2   log 2  6  5x  .
 6
A. S  1;  .
 5

2 
B. S   ;1 .
3 

C. S  1;   .

2 6
D. S   ;  .

3 5

Hướng dẫn giải

3x  2  0
2
6
Điều kiện: 
BPT: log 2  3x  2   log 2  6  5 x   3x  2  6  5 x  x  1 .
 x .
3
5
6  5 x  0
6
 6
Kết hợp điều kiện  1  x   S  1;   Đáp án A.
5
 5
Câu 47. Cho hình trụ có đường cao h  5cm , bán kính đáy r  3cm . Xét mặt phẳng  P  song song
với trục của hình trụ, cách trục 2cm . Tính diện tích S của thiết diện của hình trụ với mặt phẳng  P  .
A. S  5 5cm2 .

B. S  10 5cm2 .

C. S  6 5cm2 .

D. S  3 5cm2 .

Hướng dẫn giải
Ta có S ABCD  AB. AD . AD  h  5cm .

OAH vuông tại H  AH  OA2  OH 2  32  22  5

 AB  2 AH  2 5  S ABCD  AB. AD  5.2 5  10 5cm2 .

 Đáp án B.

Câu 48. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b . Gọi D
là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  : y  f  x  , trục hoành,
hai dường thẳng x  a, x  b (như hình vẽ bên). Giả sử S D là
diện tích của hình phẳng D. Chọn công thức đúng trong các
phương án A, B, C, D cho dưới đây ?
0

b

A. S D    f  x  dx   f  x  dx .
a

0

0

b

a
0

0
b

a

0

B. S D   f  x  dx   f  x  dx .
C. S D   f  x  dx   f  x  dx .
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

17


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

0

b

a

0

facebook.com/ ThayTungToan

D. S D    f  x  dx   f  x  dx .
Hướng dẫn giải
b

0

b

0

b

a

a

0

a

0

Ta có S D   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx    f  x  dx   f  x  dx  Đáp án A.
Câu 49. Tìm số cạnh ít nhất của hình đa diện có 5 mặt.
A. 6 cạnh.
B. 7 cạnh.

C. 8 cạnh.

D. 9 cạnh.

Hướng dẫn giải
Do mỗi mặt của đa diện phải có ít nhất 3 cạnh và mỗi cạnh của đa diện phải là cạnh chung của 2 mặt nên số
3n
cạnh của đa diện n mặt không nhỏ hơn

.
2
3.5
 7,5 .
 hình đa diện có 5 mặt sẽ có số cạnh không nhỏ hơn
2
 số cạnh ít nhất của hình đa diện có 5 mặt là 8 cạnh. (Hình chóp tứ giác)  Đáp án C.
Câu 50. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  2 x3  mx2  2 x đồng biến trên  2;0 
B. m  2 3 .

A. m  2 3 .

C. m  

13
.
2

D. m 

13
.
2

Hướng dẫn giải
Ta có y '  6 x  2mx  2 . Để hàm số đồng biến trên  2;0  thì y '  0, x   2;0 
2

3x 2  1
3x 2  1

, x   2;0   m  max g  x  với g  x  
.
 2;0
x
x
1

x
  2;0 

1
1
3
Ta có g '  x   3  2 , g '  x   0  3  2  0  
.
1
x
x

 x   3   2;0 

 6 x 2  2mx  2  0, x   2;0   m 

Dấu của g '  x  :

+

2

0

1

 1 
 max g  x   g  
  2 3 .
 2;0
3


3
 m  max g  x   2 3  Đáp án A.
 2;0

---- --------------------------------------

HẾT---------------------------------------------------

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU !
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

18