BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QG 2017 MỚI NHẤT

Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 1 of 145.

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI NĂM HỌC 2016-2017
MÔN TOÁN – MÃ ĐỀ 020
Đây là lời giải chính thức được page TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM công
bố vào lúc 7 giờ 30 ngày 23 tháng 3 năm 2017. Trong khi biên tập, trình bày lời giải
chúng tôi đã tự ý thay đổi nội dung 2 câu 3 và 38. Trong quá trình tham khảo, nếu
phát hiện sai sót gì xin quý thầy cô vui lòng góp ý trục tiếp cho chúng tôi bằng cách
gửi email về hoặc điện thoại số 09 4613 3164.
Được biết mấy ngày nay, bản nháp của file này đã bị đưa lên mạng không rõ
mục đích và động cơ gì. Tuy nhiên, một số các nhân và tổ chức khác lấy sai sót trong
file đó làm thú vui, làm trò tiêu khiển cho học sinh mình xem. Cái tâm của người làm
giáo dục không cho phép chúng ta làm điều đó.
Xin chân thành cảm ơn quý thầy cô đã chung tay cùng TOÁN HỌC BẮC–
TRUNG–NAM để làm nên lời giải này.
Admin Trần Quốc Nghĩa

BẢNG ĐÁP ÁN
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
B B C D C C C A D B C A D D C C A D A D C B B D D
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
C B B B A B B A A B C D D C D C A A A C D B C B D

LỜI GIẢI
Câu 1:

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 đường thẳng x = a, x = b (như hình vẽ bên dưới). Giả sử S D là

diện tích của hình phẳng D. Chọn công thức đúng trong các phương án A, B, C, D dưới đây?
0

b

a

0

A. S D = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .
0

b

a

0

B. S D = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx .
0

y

y = f ( x)

x

O

a

b

b

C. S D = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .
0

a
0

b

a

0

D. S D = − ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .
Giải
Chọn B.
+ Nhìn đồ thị ta thấy:
• Đồ thị (C ) cắt trục hoành tại O ( 0; 0 )
Footer Page 1 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 1/16 – Mã đề 020

Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 2 of 145.
• Trên đoạn [ a; 0] , đồ thị (C ) ở dưới trục hoành nên f ( x ) = − f ( x )

•

Trên đoạn [ 0; b] , đồ thị ( C ) ở trên trục hoành nên f ( x ) = f ( x )
b

0

b

0

b

a

a

0

a

0

+ Do đó: S D = ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx
Câu 2:

Cho hình chóp S . ABC có ASB = CSB = 60°, ASC = 90° , SA = SB = SC = a . Tính khoảng

cách d từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) .
A. d = 2a 6 .

a 6
.
3

B. d =

C. d = a 6 .

D. d =

2a 6
.
3

S

Giải
Chọn B.
Vì ∆SAB , ∆SBC là các tam giác đều cạnh a nên AB = BC = a .

Ngoài ra ∆SAC vuông cân tại S nên AC = a 2 . Từ đó,
AC 2 = AB 2 + BC 2 , suy ra ∆ABC vuông tại B có S ABC =

a2
.
2

C

A
H

Gọi H là trung điểm của AC . Vì ∆ABC vuông tại B

B
AC a 2
nên HA = HB = HC và SH =
=
. Đồng thời SA = SB = SC nên SH ⊥ ( ABC ) .
2
2

Vậy d ( A; ( SBC ) ) =

3VS . ABC SH .S ABC
=
S SBC
S SBC

1

Câu 3:

Biết rằng ∫ 3e

1+ 3 x

dx =

0

A. T = 6 .

a 2 a2
.
2
2 =a 6
=
2
3
a 3
4

a 2 b
b c
e + e + c ( a, b, c ∈ ℤ ). Tính T = a + + .
5
3
2 3

B. T = 9 .

C. T = 10 .
Giải

D. T = 5 .

Chọn C.
Đặt t = 1 + 3x ⇒ t 2 = 1 + 3x ⇒ 2tdt = 3dx
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 , x = 1 ⇒ t = 2
1

⇒ ∫ 3e
0

1+ 3 x

2

(

2

2

) (

2

2

1

1

dx = 2∫ tet dt = 2 tet − ∫ et dt = 2 tet − et
1

1

1

) = 2 ( 2e − e − e + e) = 2e .
2

2

2

a = 10
⇒
⇒ T = 10 nên câu C đúng.
b = c = 0
Câu 4:

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 − 1 trên đoạn [ −3; 2] .
A. min y = −3 .
[−3;2]

B. min y = 3 .
[−3;2]

C. min y = 8 .
[−3;2]

D. min y = −1 .
[−3;2]

Giải
Chọn D.
Ta có: y ′ = 2 x ; y ′ = 0 ⇔ 2 x = 0 ⇔ x = 0 ∈ ( −3; 2 ) ⇒ f ( 0 ) = −1; f ( −3) = 8; f ( 2 ) = 3
⇒ min y = −1 nên câu D đúng.
[ −3;2]

Footer Page 2 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 2/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 3 of 145.
Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu ( S ) : x 2 + 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 giới
hạn bởi ( C ) .
A. S =

2π 78
.
3

B. S = 2π 6 .

C. S = 6π .

D. S =

26π
.
3

Giải

Chọn C.
Mặt cầu

(S )

có tâm I (1; −2; 0 ) và bán kính

R = IA = 3. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên
mặt phẳng ( P ) , khi đó H là tâm đường tròn ( C ) .

Ta có IH = d  I ; ( P )  = 3.

I

H
2

A

2

Do ∆IHA vuông tại H nên HA = IA − IH = 6 .
Nhận xét HA là bán kính đường tròn ( C ) .
Vậy S = π.HA2 = 6π (đ.v.d.t).

Câu 6:

ln 2 x
trên 1; e3  .
x
1
9
B. max
y= .
C. max
y= 3.
3
1; e3 

1; e
e
e





Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y =
A. max
y=
3
1; e 



4
.
e2

D. max
y=
3
1; e 



ln 2 2
.
2

Giải
Chọn A.
 x = 1 ∈ 1, e3 
 ln 2 x ′ ln x ( 2 − ln x )


; y′ = 0 ⇔ 
Ta có y′ = 
.
 =
2
x
 x = e 2 ∈ 1, e3 
 x 





y (1) = 0; y ( e 2 ) =
Câu 7:

Câu 8:

4
9
4
; y ( e3 ) = 3 . Vậy max
y= 2.
2
3
1; e 
e
e
e



ax + b
có đồ thị như hình vẽ bên.
cx + d
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
ad < 0
ad < 0
ad > 0
A. 

.
B. 
.
C. 
.
 bc > 0
 bc < 0
 bc < 0
Giải
Chọn C.
a
Tiệm cận ngang y = > 0 ⇔ ac > 0 (1)
c
d
Tiện cận đứng x = − < 0 ⇔ cd > 0 (2)
c
b
y ( 0 ) = < 0 ⇔ bd < 0 (3)
d
Từ (1) và (2), suy ra adc2 > 0 ⇔ ad > 0.
Từ (2) và (3), suy ra bcd 2 < 0 ⇒ bc < 0.

Cho hàm số y =

ad > 0
D. 
.
 bc > 0
y

O

x

Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của các hàm số y = x 2 , y = 2 x.

Footer Page 3 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 3/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 4 of 145.
4
20
3
A. S = .
B. S =
.
C. S = .
3
3
4
Giải
Chọn A.

D. S =

3
.

20

Phương trình hoành độ giao điểm x 2 − 2 x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.
2

Suy ra S = ∫
0

 x3

4
x − 2 x dx = ∫ ( x − 2 x ) dx =  − x 2  = .
 3
0 3
0
1+

Câu 9:

2

2

2

Cho f ( x ) = e

2

1

1
+
x 2 ( x +1)2

m
n

. Biết rằng f (1) . f ( 2 ) . f ( 3) ... f ( 2017 ) = e với m, n là các số tự nhiên

m
tối giản. Tính m − n 2 .
n
A. m − n 2 = 2018 .
B. m − n 2 = −2018 .

và

C. m − n 2 = 1 .
Giải

D. m − n 2 = −1 .

Chọn D.

Xét các số thực x > 0
1
1
Ta có : 1 + 2 +
=
2

x
( x + 1)

(x

2

+ x + 1)

x 2 ( x + 1)

2

2

=

x2 + x + 1
1
1
1
.
=1+
= 1+ −
2
x +x
x ( x + 1)
x x +1

1

1 
 1 1  1 1  1 1

1+ 1− 2 + 1+ 2 − 3  +1+ 3 − 4  +…+ +1+ 2017 − 2018 

 
 




Vậy, f (1) . f ( 2) . f ( 3) ... f ( 2017 ) = e

=e

2018−

1
2018

=e

20182 −1
2018

,

m 20182 − 1
=
n

2018
20182 − 1
Ta chứng minh
là phân số tối giản.
2018
Giả sử d là ước chung của 20182 − 1 và 2018
Khi đó ta có 20182 − 1⋮ d , 2018⋮ d ⇒ 20182 ⋮ d suy ra 1⋮ d ⇔ d = ±1
20182 − 1
Suy ra
là phân số tối giản, nên m = 20182 − 1, n = 2018 .
2018
Vậy m − n2 = −1 .
hay

Câu 10: Một công ti dự kiến chi 1 t ỉ đồng để sản xuất các thùng đựng sơn hình trụ có dung tích 5 lít.
Biết rằng chi phí đề làm mặt xung quanh của thùng đó là 100,000 đ/ m 2 , chi phí để làm mặt đáy
là 120 000 đ/ m2 . Hãy tính số thùng sơn tối đa mà công ty đó sản xuất (giả sử chi phí cho các
mố i nố i không đáng kể).
A. 57582 thùng.
B. 58135 thùng.
C. 18209 thùng.
D. 12525 thùng.
Giải
Chọn B.
Gọi chiều cao hình trụ là h ( h > 0 ) (m).

Bán kính đáy hình trụ là x ( x > 0 ) (m).
5
5
⇒h=

(m).
1000
1000π x 2
1
Diện tích mặt xung quanh là : S xq = 2π xh =
.
100 x
Footer Page 4 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Thể tích khố i trụ là : V = π x 2 h =

Trang 4/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 5 of 145.
Diện tích hai đáy là : S đ = 2π x 2
1000
+ 240000π x 2
x
−1000
1
Ta có : f ′ ( x ) =
.
+ 480000π x ⇒ f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 3
2
x
480π
Bảng biến thiên:
x

1
0
+∞
3
480π
y′
–
0
+

Số tiền cần thiết để sản xuất một thùng sơn là : f ( x ) =

y

( x > 0)

5

2
≈ 17201.05

Vậy với số tiền 1 tỉ đồng thì công ty có thể sản xuất tối đa là :

109
≈ 58135 thùng.
17201.05

Câu 11: Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình 4 x − 8.2 x + 4 = 0.
A. T = 1 .
B. T = 0 .

C. T = 2 .
D. T = 8 .
Giải
Cho ̣n C.
 x = log 2 (4 + 2 3)
 2x = 4 + 2 3
Ta có: 4 x − 8.2 x + 4 = 0 ⇔ 
⇔
 x = log 2 (4 − 2 3)
 2 x = 4 − 2 3
Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là:
T = log 2 (4 + 2 3) + log 2 (4 − 2 3) = log 2 (4 + 2 3)(4 − 2 3) = log 2 4 = 2 .
Câu 12: Hình nào sau đây không có tâm đối xứng?
A. Tứ diện đều.
B. Hình hộp.

C. Hình bát diện đều. D. Hình lập phương.
Giải

Cho ̣n A.
Trong các hình trên thì chỉ hình tứ diện đều là không có tâm đố i xứng.
Câu 13: Hàm số nào sau đây đồng biến trên ℝ ?
1
A. y = x .
B. y = log 2 ( x 2 + 1) .
3

C. y = log 1 ( x 2 + 1) . D. y = 3x .
2

Giải
Chọn D.
Hàm số mũ cơ số lớn hơn 1 đồng biến trên ℝ .
Câu 14: Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v1 ( 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
bánh cho đến khi dừng hẳn.
A. S = 95, 70 ( m ) .
B. S = 96, 25 ( m ) .

( m)

đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển

C. S = 87,50 ( m ) .

D. S = 94, 00 ( m ) .

Giải
Chọn B.
Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe lăn bánh đến khi được phanh:
Footer Page 5 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 5/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 6 of 145.
5

5

5

t2
S1 = ∫ v1 (t )dt = ∫ 7tdt = 7
= 87,5 (m).
20
0
0
Vận tốc v2 (t ) (m/s) của ô tô từ lúc được phanh đến khi dừng hẳn thoả mãn
v2 (t ) = ∫ (−70)dt = − 70t + C , v2 (5) = v1 (5) = 35 ⇒ C = 385 . Vậy v2 (t ) = −70 t + 385 .
Thời điểm xe dừng hẳn tương ứng với t thoả mãn v2 (t ) = 0 ⇔ t = 5, 5 (s).
Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe được phanh đến khi dừng hẳn:
5,5

S2 =

5,5

∫ v (t )dt = ∫ (−70t + 385)dt = 8, 75 (m).
1

5

5

Quãng đường cần tính S = S1 + S 2 = 96, 25 (m).
2

3

Câu 15: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ , có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x − 1) ( x + 1) . Hàm số đã cho có

bao nhiêu điểm cực trị?
A. Có 3 điểm cực trị.
C. Có 2 điểm cực trị.

B. Không có cực trị.
D. Chỉ có 1 điểm cực trị.
Giải

Chọn C.
Ta có bảng biến thiên

x
y′

–∞
+

−1
0

–

0
0

+∞

1
0

+

+

y
y

Câu 16: 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 = − x3 + 3 x 2 .
B. y = 2 x 2 − x 4 .
C. y = x 4 − 2 x 2 .

D. y = x3 − 2 x .
Giải

O

Chọn C.
Đồ thị có dạng hàm số trùng phương với hệ số a > 0 và có 3 cực trị.

x

Câu 17: Cho mặt cầu ( S ) bán kính R. Một hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy r thay đổ i nộ i tiếp

mặt cầu. Tính chiều cao h theo R sao cho diện tích xung quanh của hình trụ lớn nhất.
A. h = R 2 .

B. h = R .

C. h =

R
.
2

D. h =

R 2
.
2

Giải
Chọn A.

Gọi O và O′ là tâm hai hình tròn đáy của hình trụ, và
xét thiết diện ABCD đi qua trục của hình trụ như hình
vẽ trên đây.
Ta có OO′ = h; IA = R, AO = r ⇒ r 2 = R 2 −
Footer Page 6 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

h2
.
4

Trang 6/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 7 of 145.

Diện tích xung quanh của hình trụ S = 2π rh = π h 4 R 2 − h2 ≤ π
ab ≤

h2 + 4 R 2 − h 2
, (dùng BĐT
2

a 2 + b2
). Vậy S max = 2π R 2 ⇔ h 2 = 4 R 2 − h 2 ⇔ h = R 2 .
2

Câu 18: Tìm số cạnh ít nhất của hình đa diện có 5 mặt.
A. 6 cạnh.
B. 7 cạnh.
C. 9 cạnh.
D. 8 cạnh.
Giải
Chọn D.
Ta gọi n là số mặt của hình đa diện. Suy ra số cạnh ít nhất của một mặt
là 3 . Mà mỗi cạnh của hình đa diện là cạnh chung của đúng hai mặt. Suy ra
3n
tổng số cạnh luôn lớn hơn
.
2

3n
Thay n = 5 ⇒
= 7,5 nên số cạnh luôn lớn hơn bằng 7,5 . Chọn số cạnh bằng 8 . Khi đó
2
khố i đa diện thỏa yêu cầu đề bài là hình chóp đáy tứ giác.
Câu 19: Tìm nghiệm của phương trình log 2 ( x − 1) = 3.
A. x = 9 .

B. x = 7 .

C. x = 8 .
Giải

D. x = 10 .

Chọn A.
Điều kiện: x > 1 .

Phương trình tương đương với x − 1 = 8 ⇔ x = 9
Câu 20: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2 + 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 .
Giải

D. R = 3 .

Chọn D.

Mặt cầu tâm I (1; −2; −1) , bán kính R = 1 + 4 + 1 + 3 = 3 .
Câu 21: Với các số thực dương a, b bất kì. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. log ( ab ) = log ( a + b ) .
C. log ( ab ) = log a + log b .

a
B. log   = log b ( a ) .
b
a
D. log   = log ( a − b ) .
b
Giải

Chọn C.

a
Theo định nghĩa ta có công thức log ( ab ) = log a + log b và log   = log a − log b .
b
Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (1; 2; −1) , B ( 2;3; 4 ) và C ( 3;5; −2 ) . Tìm

tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
 27

5

 7 3
A. I  − ;15; 2  .

B. I  ; 4;1 .
C. I  2; ; −  .
 2

2

 2 2
Giải
Footer Page 7 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

 37

D. I  ; −7;0  .
 2

Trang 7/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 8 of 145.
Chọn B.
Cách 1: AB = (1;1;5 ) ¸ AC = ( 2;3; −1) . Vì AB. AC = 1.2 + 1.3 + ( −1) .5 = 0 nên AB ⊥ AC , do đó

5

∆ABC vuông tại A . Suy ra I là trung điểm BC . Tọa độ I  ;4;1 .
2

Cách 2: Gọi I ( a; b; c ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

5

 AI = BI
x = 2
2
x
+
2
y
+
10
z
=
23




5

Tọa độ tâm I thỏa hệ:  AI = CI
⇔  4 x + 6 y − 2 z = 32 ⇔  y = 4 . Vậy I  ; 4;1 .
2

 −16 x + 11y + z = 5

z = 1




,
.
=
0
AB
AC
AI




Câu 23: Tìm số giao điểm n của hai đồ thị y = x 4 − 3x 2 + 2 và y = x 2 − 2.
A. n = 4 .

B. n = 2 .

C. n = 0 .
Giải

D. n = 1 .

Chọn B.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:
x 4 − 3x 2 + 2 = x 2 − 2 ⇔ x 4 − 4 x 2 + 4 = 0 ⇔ x 2 = 2 ⇔ x = ± 2.
Vậy hai đồ thị có 2 giao điểm. Chọn B.
2

Câu 24: Tìm tập xác định D của hàm số y = x 3 .
B. D = [ 0; + ∞ ) .

A. D = ℝ .

C. D = ℝ \ {0} .

D. D = ( 0; + ∞ ) .

Giải
Chọn D.
Hàm số y = xα với α ∉ ℤ xác định khi x > 0. Nên chọn D.
2

Câu 25: Cho y = f ( x ) là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn [ −6; 6] . Biết rằng

∫ f ( x ) dx = 8

và

−1
3

∫

6

f ( −2 x ) dx = 3. Tính

1

∫ f ( x ) dx.
−1

A. I = 11 .

B. I = 5 .

C. I = 2 .
Giải

D. I = 14 .

Chọn D.
3

Xét tích phân K = ∫ f ( −2 x ) dx
1

Đặt u = −2 x ⇒ du = −2dx ⇒ dx = −

du
2

Đổi cận: Khi x = 1 ⇒ u = −2 ; x = 3 ⇒ u = −6
−6

Vậy, K = −

−2

1
1

f ( u ) du = ∫ f ( x ) dx . Mà K = 3 , nên
∫
2 −2
2 −6
6

Vì f là hàm chẵn trên [ −6;6] nên

∫

6

∫
−1

∫ f ( x ) dx = 6 .

−6

−2

f ( x ) dx =

2

I=

−2

2

f ( x ) dx =

∫ f ( x ) dx = 6 . Từ đó suy ra

−6

∫

6

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 8 + 6 = 14 .

−1

2

Câu 26: Trong không gian Oxyz cho các điểm A ( −1; 2; −3) , B ( 2; −1; 0 ) . Tìm tọa độ của vectơ AB.
Footer Page 8 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 8/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 9 of 145.
A. AB = (1; −1;1) .
B. AB = (1;1; −3) .
C. AB = ( 3; −3;3) .

D. AB = ( 3; −3; −3) .

Giải
Chọn C.
AB = ( 2 + 1; − 1 − 2;0 + 3) = ( 3; − 3;3) .

A

1 3 
Câu 27: Trong không gian Oxyz , cho điểm M  ;
;0 
2
2



và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 = 8. Đường thẳng d

H

thay đổ i, đi qua điểm M , cắt mặt cầu ( S ) tại hai
điểm phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S của
tam giác OAB.
A. S = 7 .

B. S = 4 .

C. S = 2 7 .

D. S = 2 2 .

O

M
B

Giải
Chọn A.
Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0;0;0 ) và bán kính R = 2 2 .

Vì OM = 1 < R nên M thuộc miền trong của mặt cầu ( S ) . Gọi A , B là giao điểm của đường
thẳng với mặt cầu. Gọi H là chân đường cao hạ từ O của tam giác OAB .
Đặt x = OH , ta có 0 < x ≤ OM = 1 , đồng thời HA = R 2 − OH 2 = 8 − x 2 . Vậy diện tích tam
giác OAB là
1
SOAB = OH . AB = OH .HA = x 8 − x 2 .
2

Khảo sát hàm số f ( x ) = x 8 − x 2 trên ( 0;1] , ta được max f ( x ) = f (1) = 7 .
( 0;1]

Vậy giá trị lớn nhất của S ∆OAB = 7 , đạt được khi x = 1 hay H ≡ M , nói cách khác là
d ⊥ OM .

Câu 28: 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 mọ i giá trị của x ∈ ( 0; + ∞ ) .
A. Có 4 giá trị nguyên.
C. Có 6 giá trị nguyên.
Chọn B.
Đặt t = log 2 x

B. Có 5 giá trị nguyên.
D. Có 7 giá trị nguyên.
Giải

( x > 0)

Bất phương trình trở thành : t 2 + mt − m ≥ 0, ∀t ∈ ℝ ⇔ ∆ ≤ 0 ⇔ m 2 + 4m ≤ 0 ⇔ −4 ≤ m ≤ 0
Vì m nguyên nên m ∈ {−4; −3; −2; −1; 0} . Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa ycbt.
Câu 29: Trong không gian Oxyz, mặt phẳng ( P ) : 6 x − 3 y + 2 z − 6 = 0. Tính khoảng cách d từ điể m
M (1; −2;3) đến mặt phẳng ( P ) .

A. d =

12 85
.
85

B. d =

12
.
7

C. d =

31
.
7

D. d =

18
.
7

Giải
Footer Page 9 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 9/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 10 of 145.
Chọn B.
Ax0 + By0 + Cz0 + D 6.1 − 3.(−2) + 2.3 − 6 12
Ta có d ( M , ( P ) ) =
=
=
7
A2 + B 2 + C 2
6 2 + (−3) 2 + 22
Câu 30: Tìm nguyên hàm của hàn số f ( x ) =

1
2
cos .
2
x
x

2
1
2
cos dx = − sin + C .
x
2
x
1
2
1
2
C. ∫ 2 cos dx = sin + C .
x
x
2
x

A.

1

∫x

2
1
2
cos dx = − cos + C .
x
2
x

1
2
1
2
D. ∫ 2 cos dx = cos + C .
x
x
2
x
Giải

B.

2

1

∫x

2

Chọn A.
2
2
Đặt t = ⇒ dt = − 2 dx
x
x
1
2
1 −2

2
1
1
1
2
cos dx =
cos tdt = − sin t + C = − sin + C .
⇒ ∫ 2 cos dx =
2
∫
∫
x
x
−2 x
x
−2
2
2
x
Câu 31: Cho hàm số y = f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d , ( a, b, c, d ∈ ℝ, 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 = 9 .
C. S =

21
.

4

27
.
4
5
D. S = .
4

B. S =

y

y = f ( x)

O

−1

Giải

1

x

Chọn B.
Từ đồ thị suy ra f ′ ( x ) = 3x 2 − 3 .

f ( x ) = ∫ f ′ ( x ) dx = ∫ ( 3 x 2 − 3) dx = x3 − 3x + C .
Do ( C ) tiếp xúc với đường thẳng y = 4 tại điểm có hoành độ x0 âm nên

−3

2
0

f ′ ( x0 ) = 0 ⇔ 3 x − 3 = 0 ⇔ x0 = −1 .

Vậy f ( −1) = 4 nên có ngay C = 2 . Vậy phương trình đường cong ( C ) là y = x 3 − 3x + 2 .
 x = −2
.
Xét phương trình x 3 − 3 x + 2 = 0 ⇔ 
x = 1

Diện tích hình phẳng cần tìm là
Câu 32:

1

∫ (x
−2

3

− 3 x + 2 ) dx =

27
.
4

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = 2 x3 − mx 2 + 2 x đồng biến trên khoảng ( −2; 0 ) .
A. m ≥ −

13
.
2

B. m ≥ −2 3 .

C. m ≤ 2 3 .
Giải

D. m ≥

13
.
2

Chọn B.
Hàm số đồng biến trên ( −2;0 ) ⇔ y ′ = 6 x 2 − 2mx + 2 ≥ 0 ∀x ∈ ( −2;0 )
⇔ m ≥ 3x +

Footer Page 10 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

1
∀x ∈ ( −2;0 ) .
x

Trang 10/16 – Mã đề 020

Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 11 of 145.
1
1
1
∈ ( −2;0 ) .
Xét hàm số g ( x ) = 3x + ⇒ g ′ ( x ) = 3 − 2 . Vậy g ′ ( x ) = 0 ⇔ x = −
x
x
3
Bảng biến thiên:
1
−
x −2
0
3
g′( x)
0
+
−

−2 3
g ( x)

13
2
Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị cần tìm của m là m ≥ −2 3 .
−

−∞

Câu 33: Cho log 2 3 = a , log 2 5 = b Tính log 6 45 theo a, b.
a + 2b
2a + b
A. log 6 45 =
.
B. log 6 45 = 2a + b.
C. log 6 45 = a + b − 1. D. log 6 45 =
.
1+ a
2 (1 + a )
Giải
Cho ̣n A.
log 2 45 2 log 2 3 + log 2 5 2a + b
Ta có: log 6 45 =
=
=
.
log 2 6
1 + log 2 3
1+ a
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 .
B. M + m = 18 .
12 + 3 6 + 4 10
16 + 3 6 + 4 10
C. M + m =
.

D. M + m =
.
2
2
Giải
Cho ̣n A.
3
4
−
Điều kiện xác định: D = [1;5] . Ta có y ′ =
, x ∈ (1;5 )
2 x −1 2 5 − x
61
y ′ = 0 ⇔ 3 5 − x = 4 x − 1 ⇔ 9 ( 5 − x ) = 16 ( x − 1) ⇔ x = ∈ [1;5]
25
61
 
Ta có: y (1) = 8 , y ( 5 ) = 6 , y   = 10 . Vậy M = 10 , m = 6 nên M + m = 16 .
 25 
Câu 35: Cho hình lăng trụ ABC . A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điể m
A′ lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường

thẳng AA′ và BC bằng
A. V =

a3 3
.
24

a 3

. Tính thể tích V của khố i lăng trụ ABC. A′B′C ′.
4
a3 3
a3 3
a3 3
B. V =
.
C. V =
.
D. V =
.
12
3
6
A
C
Giải

Chọn B
M là trung điểm của BC thì BC ⊥ ( AA′M ) .

H
B

Gọi MH là đường cao của tam giác A′AM thì
MH ⊥ A′A và HM ⊥ BC nên HM là khoảng cách
AA′ và BC .
A

C

G

Footer Page 11 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

B

M

Trang 11/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 12 of 145.
a 3
a 3
a2
Ta có A′A.HM = A′G. AM ⇔
. A′A =
A′A2 −
4
2
3

a2 
4a 2
4a 2
2a
⇔ A′A2 = 4  A′A2 −  ⇔ 3 A′A2 =
⇔ A′A2 =
⇔ A′A =

.
3 
3
9
3


Đường cao của lăng trụ là A′G =

4a 2 3a 2 a
−
= .
9
9
3

a 3a 2 a3 3
=
.
Thể tích VLT = .
3 4
12
Câu 36: Hàm số y = x 4 − 1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( −1; +∞ ) .

B. ( −1;1) .

C. ( 0; +∞ ) .

D. ( −∞; 0 ) .

Giải
Chọn C
y ′ = 4 x 3 , y′ = 0 ⇔ x = 0 . Ta có y ′ > 0 ⇔ x > 0 do đó hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
Câu 37: Cho hình nón có độ dài đường sinh l = 2a, góc ở đỉnh của hình nón 2β = 60°. Tính thể tích V
của khố i nón đã cho.
A. V = π a 3 3 .

B. V =

π a3 3
3

C. V =

.

π a3
2

D. V = π a3 .

.

Giải

S

Chọn B.

2β
Ta có ASO = β = 30° .
Xét tam giác SOA vuông tại A , ta có R = OA = l.sin 30° = a

l = 2a

h = SO = l 2 − R 2 = a 3

1
π a3 3
Từ đó ta có: V = S .h =
3
3
Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên nửa

khoảng [ −3; 2 ) , có bảng biến thiên như
hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là
khẳng định đúng?
A. min y = −2 .

A
x
y′

−3

+

−1
0

−

O

B

1
0

2

+
3

y

[ −3;2)

0
−2
−5

B. max y = 3 .
[−3;2 )

C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 .
D. Giá trị cực tiểu của hàm số đạt được tại x = 1 .
Giải
Chọn D.

Câu này đã tự sửa đáp án D để được câu đúng.
Câu 39: Trong không gian với hệ 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; −5 ) .
B. D ( −2; 2;5 ) .
C. D ( −4;8; −3) .
Footer Page 12 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

D. D ( −2;8; −3) .

Giải

Trang 12/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 13 of 145.
Chọn C.
Gọi tọa độ điểm D là D ( x; y; z ) , AB = (1; −3; 4 ) , DC = ( −3 − x;5 − y;1 − z ) .
1 = −3 − x
 x = −4


ABCD là hình bình hành ⇔ AB = DC ⇔ −3 = 5 − y ⇔  y = 8 ⇒ D ( −4;8 − 3) .
4 = 1 − z
 z = −3



B ( 2; −1;3)

C ( −3;5;1)

D ( −4;8; −3 )

A (1; 2; −1)

Câu 40: Tìm phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y =
A. y = 2 .

B. y = 1 .

2 x −1
.
x −1

C. x = −1 .
Giải

D. x = 1 .

Chọn D.
2x −1
2x −1
= +∞ , lim y = lim
= −∞ .
−
−
x →1
x →1 x − 1

x →1
x →1 x − 1
Suy ra phương trình tiệm cận đứng là x = 1 .

Ta có lim y = lim
+

+

Câu 41: Tìm điểm cực tiểu xCT của hàm số y = x3 + 3x 2 − 9 x.
A. xCT = −1 .

B. xCT = −3 .

C. xCT = 1 .
Giải

D. xCT = 0 .

Chọn C.

x = 1
y ′ = 3 x 2 + 6 x − 9 = 3 ( x 2 + 2 x − 3) ; y ′ = 0 ⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ 
 x = −3
x −∞
−3
1
y′
0
0

+
−
+
yCĐ
y
yCT

(

)

+∞

Vậy xCT = 1 .
Câu 42: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 2 ( 3x − 2 ) > log 2 ( 6 − 5 x ) .

 6
A. S = 1;  .
 5

B. S = (1; +∞ ) .

 2 6
C. S =  ;  .
 3 5
Giải

2 
D. S =  ;1 .
3 

Chọn A.
2

x>

3 x − 2 > 0
2
6

3
ĐK 
⇔
⇔ 3
5
6 − 5 x > 0
x < 6

5
log 2 ( 3x − 2 ) > log 2 ( 6 − 5 x ) ⇔ 3 x − 2 > 6 − 5 x ⇔ 8 x > 8 ⇔ x > 1

Footer Page 13 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 13/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 14 of 145.
6

 6
 6
Kết hợp ĐK ta có 1 < x < hay x ∈  1;  . Suy ra S =  1;  .
5
 5
 5
Câu 43: 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 (α ) 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.
32π
.
3
108π
C. V =
.
3

A. V =

64 2π
.
3
125π
D. V =
.
6

S

B. V =

N

P

Giải
Chọn A.

M

Ta có: CB ⊥ ( SAD ) , AM ⊂ ( SAB ) ⇒ AM ⊥ CB (1)

D

A

(α ) ⊥ SC , AM ⊂ (α ) ⇒ AM ⊥ SC ( 2 )
Từ (1) , ( 2 ) ⇒ AM ⊥ ( SBC ) ⇒ AM ⊥ MC ⇒ AMC = 90° .
C

B

Chứng minh tương tự ta có APC = 90°

Có AN ⊥ SC ⇒ ANC = 90° . Ta có: AMC = APC = APC = 90°
⇒ mặt cầu đường kính AC là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP .
AC
Bán kính cầu này là r =
= 2.

2
4
32π
Thể tích khố i cầu: V = π r 3 =
3
3
Câu 44: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e2 x .
1
A. ∫ e 2 x dx = e 2 x + C .
2

B. ∫ e 2 x dx = e 2 x + C .

C. ∫ e 2 x dx = 2e2 x + C .

D. ∫ e 2 x dx =

e2 x +1
+C .
2x +1

Giải
Chọn A.

∫e

2x

dx =

1 2x
1
e d ( 2 x ) = e2 x + C
∫
2
2

Câu 45: Trong không gian 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 + 2 z − 3 = 0 .

B. ( P ) : y + 3 z + 2 = 0 .

C. ( P ) : x + y − z − 2 = 0 .

D. ( P ) : y + z − 2 = 0 .
Giải

Chọn A.
Cách 1: Ta có AB = ( 2; 4; −2 ) . Trục hoành có véc tơ đơn vị i = (1;0;0 ) .

Tính được  AB, i  = ( 0; −2; −4 ) .
Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A ( 0;1;1) và có véc tơ pháp tuyến n = ( 0;1;2 ) nên có phương trình là:
Footer Page 14 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 14/16 – Mã đề 020

Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 15 of 145.
( y − 1) + 2 ( z − 1) = 0 ⇔ y + 2 z − 3 = 0.
Cách 2: Vì ( P ) song song với trục hoành nên loại C. Thay tọa độ điểm A vào ba phương trình

còn lại loại B, D
Câu 46: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A (1;0; 0 ) , B ( −2; 0;3) , M ( 0; 0;1) và N ( 0;3;1) . Mặt

phẳng

đi qua các điểm M , N sao cho khoảng cách từ điểm B đến ( P ) gấp hai lần

(P)

khoảng cách từ điểm A đến ( P ) . Có bao nhiêu mặt phẳng ( P ) thỏa mãn đề bài?
A. Có vô số mặt phẳng ( P ) .

B. Có hai mặt phẳng ( P ) .

C. Chỉ có một mặt phẳng ( P ) .

D. Không có mặt phẳng ( P ) nào.
Giải

Chọn A.
Cách 1: Giả sử ( P ) có phương trình là: ax + by + cz + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0 )

Vì M ∈ ( P ) ⇒ c + d = 0 ⇔ d = −c.
Vì N ∈ ( P ) ⇒ 3b + c + d = 0 hay b = 0 vì c + d = 0 ⇒ ( P ) : ax + cz − c = 0.
Theo bài ra: d ( B, ( P ) ) = 2d ( A, ( P ) )
−2a + 3c − c

a−c

⇔ a − c = a − c (luôn đúng)
a 2 + c2
a2 + c2
Vậy có vô số mặt phẳng ( P ) thỏa mãn đề bài.
⇔

=2

Cách 2: Ta có BM = ( 2;0; −2 ) và AM = ( −1;0;1) nên ba điểm A , B , M thẳng hàng. Như

vậy mọ i mặt phẳng ( P ) đi qua M , N đều cắt đường thẳng AB tại điểm M , suy ra ta luôn có
d ( A, ( P ) )
d ( B, ( P ) )

=

MA 1
= . Từ đó tồn tại vô số mặt phẳng ( P ) thỏa mãn đề bài.
MB 2

Câu 47: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Biết SA ⊥ ( ABC ) và SA = a 3.

Tính thể tích V của khối chóp S . ABC.
A. V =

a3
.

2

B. V =

a3
.
4

C. V =

a3 3
.
3

D. V =

3a 3
.
4

Giải
Chọn B.

Ta có S ABC =

a2 3
1
1
a 2 3 a3
⇒ V = SA.S ABC = a 3.

=
4
3
3
4
4

Câu 48: Ông Việt dự định gửi vào ngân hàng một số tiền với lãi suất 6,5% một năm. Biết rằng, cứ sau
mỗ i năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu. Tính số tiền tối thiểu x (triệu đồng, x ∈ ℕ )
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. 140 triệu đồng.
B. 154 triệu đồng.
C. 145 triệu đồng.
D. 150 triệu đồng.
Giải
Chọn C.
n

Áp dụng công thức lãi kép : Pn = x (1 + r ) , trong đó
Pn là tổng giá trị đạt được (vốn và lãi) sau n kì.
Footer Page 15 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 15/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Header Page 16 of 145.
x là vốn gốc.
r là lãi suất mỗ i kì.

n
n
Ta cũng tính được số tiền lãi thu được sau n kì là : Pn − x = x (1 + r ) − x = x (1 + r ) − 1 (*)



Áp dụng công thức (*) với n = 3, r = 6,5% , số tiền lãi là 30 triệu đồng.
3
Ta được 30 = x (1 + 6,5% ) − 1 ⇒ x ≈ 144, 27



Số tiền tối thiểu là 145 triệu đồng.
Câu 49: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − z − 1 = 0 . Véctơ nào sau đây không là véctơ

pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) .
A. n = ( 2;0; −2 ) .

B. n = (1; −1; −1) .

C. n = ( −1;0;1) .

D. n = (1;0; −1) .

Giải
Cho ̣n B.
Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là n1 = (1;0; −1) .

Ta có n1 một là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) thì k n1 (với k ∈ ℝ \ {0} ) cũng là vectơ
pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) .

Đáp án A đúng, vì n = ( 2;0; −2 ) = 2n1 .
Đáp án B sai, vì không tồn tại số k ∈ ℝ nào để n = (1; −1; −1) = k n1 .
Đáp án C đúng, vì n = ( −1;0;1) = −n1 .
Đáp án D đúng, vì n = (1;0; −1) = n1 .
Câu 50: 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 5cm 2 .

B. S = 6 5cm 2 .

C. S = 3 5cm 2 .
Giải

Cho ̣n D.
Giả sử mặt phẳng ( P ) cắt hình trụ theo thiết diện là hình chữ

nhật ABB′A′ như hình vẽ.
Gọi OH ⊥ AB tại H , khi đó OH = 2cm .

D. S = 10 5cm 2 .
A

H

O

B

Trong ∆OHA có HA = OA2 − OH 2 = 5 .

Khi đó AB = 2 HA = 2 5 .
A′

Vậy diện tích của thiết diện của hình trụ với mặt phẳng ( P ) là
S ABB′A′ = AB. AA′ = 2 5.5 = 10 5 .

Footer Page 16 of 145.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

B′

O′

Trang 16/16 – Mã đề 020