Bộ 10 đề minh họa Tốt nghiệp THPT lần 12 file word có đáp án chi tiết

ĐỀ THI MINH HỌA KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017
Môn: TOÁN

Đề số 111

Thời gian làm bài: 90 phút

[ −5;5]

y = x3 − 3 x 2 − 9 x + 40
Câu 1: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

trên đoạn

lần lượt là
45; −115

13; −115

A.

B.
0
Câu 2: Với

A.

45;13

π

2

115; 45

C.

D.

ta có

sin a sin b
<
a
b

B.

sin a sin b
≤
a
b

C.

sin a sin b
>
a
b

D.

sin a sin b
=
a
b

y = x 4 + 2 x 2 − 1024
Câu 3: Cho hàm số

. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A(0; −1024)

A. Đồ thị hàm số qua
B. Hàm số có 1 cực tiểu
lim f ( x) = +∞; lim f ( x ) = −∞

x →+∞

x →−∞

C.
y '' = 0
D. Đồ thị có 2 điểm có hoành độ thỏa mãn

.

y = x + 5 − x2
Câu 4: Tìm GTLN của hàm số

trên

 − 5; 5 



?

10
A. 5
Câu 5: Phương trình
A.

−2 < m < 1

B.

C. 6

x3 − 3 x = m 2 + m

B.

D. Đáp án khác

có 3 nghiệm phân biệt khi

−1 < m < 2

C.

−1 < m < 2

D.

m > −21

y = x3 − 2 x
Câu 6: Phương trình tiếp tuyến của đường cong (C)
y = −x − 2

A.

y = x+2

B.

tại điểm có hoành độ
y = −x + 2

C.

y = x−2

D.

x = −1

là

( 0; +∞ )

y = x 3 − 6 x 2 + mx + 1
Câu 7: Cho hàm số
A.

đồng biến trên

m ≥ 12

B.

m≥0

C.

khi giá trị của m là

m≥0

D.

m≤0

Câu 8: Trong các hàm số sau đây, hàm số nào có giá trị nhỏ nhất trên tập xác định?
y = x − 3x − 6
3

y=

y = x − 3x − 1

2

4

A.

2

B.

C.

2x +1
x −1

y=
D.

x 2 + 3x + 5
x −1

y = f ( x)

Câu 9: Cho hàm số

xác định trên tập D. Khẳng định nào sau đây sai?
y = f ( x)

A. Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số
x∈D

x0 ∈ D
và tồn tại

f ( x) ≤ M
trên tập D nếu

với mọi

f ( x0 ) = M
sao cho

.

A ( 1; f (1) − 1)
B. Điểm A có tọa độ

y = f ( x)

f ( x)

D=R

C. Nếu tập

không thuộc đồ thị hàm số.

và hàm số

có đạo hàm trên R thì đồ thị của hàm số

phải là một

đường liền nét

[ 0;1] ∪ [ 3;5]

f ( x)

D. Hàm số

là hàm số liên tục trên R và khoảng đồng biến của nó là

thì hàm số

[ 1;3]
phải nghịch biến trên

.
y = x3 + 3x + 5

Câu 10: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số

mà hoành độ là nghiệm của

y '' = 0
phương trình

?

( 0;5)
A.

( 1;3)
B.

C.

Câu 11: Logarit cơ số 3 của số nào bằng
3

A.

( −1;1)

B.

D.

−1
3

1
3
3

3

( 0; 0 )

C.

1
27

1
3 3
D.


y = ( x 2 − 2 x + 2)e x
Câu 12: Đạo hàm
A.

là

xex

B.

(x

x 2 ex

2

− 4 x ) ex

( 2 x − 2 ) ex

C.

D.

y = ln( x + 1 + x 2 ) + 1 + x 2
Câu 13: Hàm số

. Mệnh đề nào sai:
y'=

A. Hàm số có đạo hàm

1+ x

( −1; +∞ )

1 + x2

C. Tập xác định của hàm số là

B. Hàm số tăng trên khoảng

( −1; +∞ )

D=R

D. Hàm số giảm trên khoảng

y = x2ex
Câu 14: Hàm số

đồng biến trên khoảng

( −∞; 2 )

( −2;0 )

A.

( 1; +∞ )

B.

Câu 15: Phương trình

( −∞;1)

C.

9 x − 3.3x + 2 = 0

D.
x1 ; x2 ( x1 < x2 )

có 2 nghiệm

= 2 x1 + 3 x2
. Giá trị

4 log 3 2

là

3log 3 2

A.

B. 1

C.

D. Đáp án khác

y = ln( x 2 − 4)
Câu 16: Tập xác định của hàm số

( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ )
A.

là

( 2; +∞ )

( −2; 2 )

B.

( −2; +∞ )

C.

D.

log 2 (3x − 2) = 3
Câu 17: Phương trình

A.

10
3

có nghiệm

B.

16
3

Câu 18: Số nghiệm của phương trình
A. 3

C.
22+ x − 22− x = 15

B. 2
x1 ; x2

Câu 19: Gọi

A. 5

là 2 nghiệm của phương trình
B. 3

8
3

D.

là

C. 1
7x

2

11
3

−5 x + 9

C. 4

D. 0
= 343

x1 + x2
. Tổng

là
D. 2


1
3 3
Câu 20: Tìm logarit của
−

A.

theo cơ số 3

3
2

3
2

B.

C.

2
3

−

D.

2
3

1
(2 x − 1) 2
Câu 21: Nguyên hàm của hàm số

là

−1
+C
(2 x − 1)3

1
+C
(2 − 4 x)
A.

−1
+C
(2 x − 1)

1
+C
(4 x − 2)

B.

C.

D.

1

I = ∫ x x 2 + 1dx
0

Câu 22: Tính

được kết quả

2
3

A.

2 2 −1
3

B.

C.
1

I =∫

x = 2sin t

Câu 23: Đổi biến

0

tích phân

2 2
3

dx
4 − x2

trở thành

π
6

π
6

π
6

0

0

0

∫ dt

∫ tdt

A.

D.

π
3

1

∫ t dt

B.

2
3

∫ dt
0

C.

D.

2

I = ∫ x(1 − x)5 dx
Câu 24: Cho

1

và

I = ∫ x(1 − x)5 dx
2

B.
2

I =∫
0

2 ln 2 + 3ln 3

 n6 n5 
I = + ÷
 6 5 0

13
I=
42

C.

1

I = ∫ (n + 1)n5 dn
0

D.

5x + 7
x + 3x + 2
2

Câu 25: Kết quả của
A.

. Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau
1

1

A.

n = x −1

là
B.

2 ln 3 + 3ln 2

C.

2 ln 2 + ln 3

D.

2 ln 3 + 2 ln 4

y = x2 + 1
Câu 26: Cho (P)

y = mx + 2
và (d)

. Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn (P) và (d)

đạt giá trị nhỏ nhất ?

A.

1
2

B.

3
4

C. 1

f '( x) = 3 − 5sin x
Câu 27: Cho

D. 0

f (0) = 10
và

. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng

f ( x ) = 3x + 5cos x + 2

A.

B.
f ( x) = 3π

 π  3π
f  ÷=
2 2
f ( x) = 3x − 5cos x

C.

D.
2

z= z +z

Câu 28: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn điều kiện
A. 0

B. 1

?

C. 3

D. 2

z = 5 + 2i − (1 + i ) 2
Câu 29: Modun của số phức
A. 7

bằng

B. 3

C. 5

z1 = 3 + i
Câu 30: Cho hai số phức
A. 0

D. 2
z1 + z1 z2

z2 = 2 − i
và

B. 10

. Giá trị của biểu thức
C.

−10

là
D. 100

( 2 z − 1) ( 1 + i ) + ( z + 1) ( 1 − i ) = 2 − 2i
Câu 31: Mô đun của số phức z thỏa mãn phương trình

A.

2
3

B.

3
2

C.

1
2

z1 ; z2
Câu 32: Gọi
A. 10

là hai nghiệm phức của phương trình
B. 7

Câu 33: cho số phức z thỏa mãn

là

D.
z2 + 4z + 7 = 0

C. 14
z
= z −i
z+i

. Modun của số phức

1
3
2

z1 + z2

. Tính

?

D. 21

ϖ = z +1+ z2
13

A. 4

B. 9

C. 1

D.

2

là


z = 2
Câu 34: Số số phức z thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện
A. 1

B. 2

Câu 35: Phần ảo của số phức z thỏa mãn
A.

là số thuần ảo là

C. 3
z=

− 2

và

z2

(

2 +i

D. 4

) ( 1 − 2i )
2

là

2
B.

C. 2

D. -2

uuur uuur
A ( 2;1; 4 ) B ( −2; 2; −6 ) C ( 6; 0; −1)
AB.BC
Câu 36: Trong hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm
,
,
. Tích
bằng
A.

−67

84

−84

67

B.

C.

D.
uuur
OA = ( −1;1;0 )

Câu 37: Trong hệ tọa độ Oxyz cho hình bình hành OADB có

uuur
OB = ( 1;1;0 )
và

(O

là gốc tọa độ). Tọa độ tâm hình bình hành OADB là

( 0;1;0 )
A.

( 1;0;0 )
B.

( 1;0;1)

( 1;1;0 )

C.

D.

A(0; 2;1) B (3;0;1) C ( 1; 0;0 )
Câu 38: Trong hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm
,
,
. Phương trình mặt

phẳng (ABC) là
2x − 3 y − 4z + 2 = 0

4 x + 6 y − 8z + 2 = 0

A.

B.
2x + 3y − 4z − 2 = 0

2x − 3 y − 4 z +1 = 0

C.

D.

(α)
Câu 39: Trong hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng

M ( 0;0; −1)
đi qua

r
r
a = ( 1; −2;3 ) , b = ( 3;0;5 )
2 vecto

(α)
. Phương trình mặt phẳng

5 x − 2 y − 3z − 21 = 0

A.

là

−5 x + 2 y + 3 z + 3 = 0

B.
5 x − 2 y − 3 z + 21 = 0

10 x − 4 y − 6 z + 21 = 0
C.

và song song với giá của

D.


r
a = (−1;1; 0)

Câu 40: Trong không gian Oxyz có ba vecto
mệnh đề sau mệnh đề nào sai?
r
r
a = 2
c = 3
A.

B.

C.

r
r
b = (1;1; 0) c = (1;1;1)
,
,
.Trong các

r r
a⊥b

D.

r r
b⊥c

Câu 41*: Một nhà văn viết ra một tác phẩm viễn tưởng về người tí hon. Tại một ngôi làng có ba
người tí hon sống ở một vùng đất phẳng. Ba người phải chọn ra vị trí để đào giếng nước sao cho
tổng quãng đường đi là ngắn nhất. Biết ba người nằm ở ba vị trí tạo thành tam giác vuông có hai
cạnh góc vuông là 3 km và 4 km và vị trí đào giếng nằm trên mặt phẳng đó. Hỏi tổng quãng
đường ngắn nhất là bao nhiêu?(làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).
6,5km

7km
A.

6, 77km

B.

6,34km

C.

D.

(α)

I (2;1; −1)

Câu 42: Cho mặt cầu (S) có tâm

và tiếp xúc với mặt phẳng

có phương trình

2x − 2 y − 2x + 3 = 0

. Bán kính mặt cầu (S) là

A. 2

B.

2
3

C.

4
3

Câu 43: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’. Cạnh

D.
a=6

2
9

. Biết diện tích tam giác A’BA bẳng

9. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bẳng

A.

27 3
4

9 3
B.

6 3
C.

27 3
D.

Câu 44: Đáy của hình chóp S.ABCD là hình vuông cạnh 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và có độ dài là 4a. Tính thể tích khối tứ diện SBCD bằng

A.

16a 3
6

B.

16a 3
3

C.

a3
4

D.

2a 3

AB = 2 A.SA ⊥ ( ABC )

Câu 45: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B,
và cạnh bên SB hợp với mặt phẳng (SAC) một góc 300. Tính thể tích hình chóp SABC theo a?


A.

a3
12

B.

3a 3
8

C.

Câu 46: Cho hình chóp S.ABC có
VSABC
a3

4a 3

3

SA = SB = SC = 3a

D.

2a 3

và lần lượt vuông góc với nhau. Tỉ số

bằng

A. 2

B. 3

C.

9
2

D.

3
2

SA ⊥ ( ABC ).SC = a 3

Câu 47: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều và

và SC hợp với

đáy một góc 300. Tính thể tích khối chóp S.ABC
V=
A.

a3
12

V=
B.

9a 3
32

V=
C.

a3
6

V=
D.

3a 3
4

Câu 48: Cho hình chó S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, mặt bên (SBC) là tam giác
đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Thể tích khối chóp bằng

A.

a3 3
6

B.

a3 3
8

C.

a3 3
24

D.

a3
12

Câu 49: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là vuông canh 2a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy
SA = a, SB = a 3
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD?

A.

2a 3 3
3

B.

2a 3 3
5

C.

2a 3 3
6

Câu 50: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh

vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy,
là

D.
BD = 2a

SC = a 3

a 3 15
9

, mặt bên SAC là tam giác

. Thể tích khối chóp S.ABCD


A.

a3 3

4

B.

a3 3
6

C.

a3 3
3

D.

2a 3 3
3


Đáp án
1-A
2-C
3-C
4-B
5-A

6-B
7-A
8-B
9-9
10-A

11-B
12-B
13-D
14-A
15-C

16-A
17-A
18-C
19-A
20-A

21-A
22-B
23-A
24-C
25-B

26-D
27-C
28-A
29-C
30-B

31-A
32-C
33-C
34-D
35-A

36-D
37-A
38-C
39-B
40-D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
f ( x)

Với bài toán này, ta xét tất cả giá trị

tại các điểm cực trị và điểm biên.

Đầu tiên ta tìm điểm cực trị:
y ' = 3x 2 − 6 x − 9
x = 3
y' = 0 ⇔ 
 x = −1
Xét
f (−1) = 45
f (3) = 13

f (5) = 45
f ( −5) = −115

45
Vậy ta có thể thấy GTLN và GTNN là

và

−115

Đáp án A
Câu 2: Đáp án C
Phân tích:
f ( x) =

Hàm số
h( x) = x − tan x

sin x
x

xét trên

 π
 0; ÷
 2

f '( x ) =

có:

x cos x − sin x h( x).cos x
=
x2
x2

41-C
42-A
43-B
44-B
45-C

46-C
47-B
48-C
49-A
50-C


h '( x) = 1 −

1
<0
cos 2 x

⇒ h( x ) < h(0) = 0 ⇒ f '( x) < 0

f ( x)

Do đó,

là hàm nghịch biến trên

 π
 0; ÷
 2

Vậy đáp số là C
Câu 3: Đáp án C
Với bài này, ta không nhất thiết phải xét cả 4 đáp án, Chỉ cần nhớ một chút tính chất của hàm bậc 4
là ta có thể có được đáp án nhanh chóng.
Tính chất đó là:
lim f ( x ) = +∞; lim f ( x) = +∞

x →+∞

x →−∞

lim f ( x) = −∞

x →−∞

Trong khi đó, ta dễ dàng nhìn ra được đáp án C có chi tiết không đúng là
chỉ xuất hiện với hàm số hàm lẻ)
Vậy đáp án là C
Câu 4: Đáp án B
Bài toán này ta có thể giải với 2 cách:
y = x + 5 − x2
Cách 1: Cách kinh điển, cơ bản của hàm số

Ta xét trên miền xác định của hàm số
x

y ' =1−

5 − x2

Ta có
y' = 0 ⇔

x
5 − x2

=1

x > 0
5

⇔ x = 5− x ⇔  2 5 ⇔ x =
2
 x = 2
2

 − 5; 5 



(tính chất


y (− 5) ≈ −2, 2, y (

5
) = 10 ≈ 3, 2, y( 5) ≈ 2, 2
2

Xét
10
Vậy GTLN của hàm số là
Cách 2: Cách này tương đối nhanh nhưng nó không có một cách làm chung cho tất cả bài toán.
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 số ta có:
( x + 5 − x 2 ) 2 ≤ (11 + 11 )( x 2 + 5 − x 2 ) ⇔ ( x + 5 − x 2 ) 2 ≤ 10 ⇔ ( x + 5 − x 2 ) ≤ 10

x=

5
2

Dấu “=” xảy ra khi
Câu 5: Đáp án A
Phân tích bài toán: Ta thấy số nghiệm của phương trình cũng chính là số giao điểm của 2 đồ thị
y = x3 − 3x

y = m2 + m
và
y = x3 − 3 x

Xét đồ thị hàm số

y ' = 3x 2 − 3
có:

( −1; 2 )

y'= 0

Dễ thấy

có 2 nghiệm phân biệt. Vì thế đồ thị cũng có 2 điểm cực trị là
y = m2 + m

Vậy muốn có 3 nghiệm phân biệt thì đồ thị

Như vậy có nghĩa là

phải cắt đồ thị

phải nằm trong khoảng từ

−2

đến

2

m 2 + m − 2 < 0
⇔ −2 < m 2 + m < 2 ⇔  2
⇔ −2 < m < 1 ⇔ m ∈ ( −2;1)
m + m + 2 > 0
Vậy đáp án là A
Câu 6: Đáp án B
A ( xo ; yo )

(C )
Ta nhắc lại một chút về kiến thức về tiếp tuyến của
y = f '( x)( x − xo ) + yo

Phương trình tiếp tuyến tại A là:

và

y = x3 − 3 x

biệt.
m2 + m

( 1; −2 )

tại một điểm

tại 3 điểm phân


y ' = 3 x 2 − 2. y '(−1) = 1, y(−1) = 1
Áp dụng với bài toán này, ta có
y = ( x + 1) + 1 = x + 2

Vậy phương trình tiếp tuyến là
Đáp án là B
Câu 7: Đáp án A

( 0; +∞ )
Để hàm số đồng biến trên

y ' ≥ 0∀x > 0
thì:

y ' = 3 x 2 − 12 x + m
Ta có
y ' ≥ 0∀x > 0

y'

Ta thấy rằng đồ thị của

là một parabol có đáy là một cực tiểu. Để

điểm cực tiểu

này phải có tung độ lớn hơn 0.
y '' = 6 x − 12
Ta có
y '' = 0

khi

x=2

y '(2) = −12 + m

. Khi đó

y ' ≥ 0∀x > 0
Để

thì

m ≥ 12

Đáp án là A
Câu 8: Đáp án B
Ta không nên đi xét tất cả 4 đáp án đối với bài toán này.
lim ( x 3 − 3 x 2 − 6 ) = −∞

x →−∞

Ta thấy ngay:

nên hàm số không có GTNN
2x +1
= −∞
x →−1 x − 1
lim

Tương tự, ta có:
lim
x →1

x 2 + 3x + 5
= −∞
x −1

nên hàm số cũng không có giá trị nhỏ nhất

nên hàm số cũng không có GTNN
f '( x )

Lời khuyên là các bạn áp dụng cách xét lim này trước khi xét đến
đôi khi còn dễ gây sai lầm.
Đáp án B
Câu 9: Đáp án D

để tránh mất thời gian và


Các khẳng định A, B, C đều đúng. Tại sao khẳng định D sai? Lý do, ta hoàn toàn có thể cho đoạn

[ 1;3]
của hàm số là hằng số nên hiển nhiên nó cũng không đồng biến và nghịch biến trên đoạn đó!
Đáp án là D
Câu 10: Đáp án A
Nhắc lại một chút về lý thuyết
f '( x )
Điểm uốn của đồ thị là điểm mà đạo hàm cấp hai đổi dấu, tức là ta phải xét đạo hàm của
y ' = 3x2 − 3
Xét:
( y ') ' = y '' = 6 x

Ta có:
y '' = 0
khi

x=0

y (0) = 5
. Và

( 0;5 )
Ta có điểm thỏa mãn của đồ thị là
Đáp án là A
Câu 11: Đáp án B
log a b = c
Ta có công thức sau:

thì

b = ac

−1
3

3 =

1
3

3

Áp dụng vào bài này ta sẽ được
Đáp án là B
Câu 12:
Cần lưu ý về 2 công thức sau:
(uv) ' = u ' v + uv '

- Đạo hàm phép nhân:
- Đạo hàm của

Áp dụng, ta có:
Đáp án là B
Câu 13:

ex

là

ex

( x 2 − 2 x + 2 ) e x  ' = (2 x − 2)e x + ( x 2 − 2 x + 2 ) e x = x 2 e x




Ta thấy rằng:

 x + 1 + x 2 > 0
∀x ⇒ D = R

2
1 + x > 0
1+

y ': y' =
Ta xét đến

nên C đúng.

x

1+ x
1 + x2 + x
=
x + 1 + x2
1 + x2
1 + x2

nên A đúng

( −1; +∞ )

y ' ≥ 0 ⇔ x ≥ −1

nên hàm số đồng biến trên

nên B đúng

( −1; +∞ )
Vậy đáp án là D vì hàm số tăng trên

chứ không phải là giảm

Câu 14:
y'≥ 0

Để hàm số đồng biến trên khoảng xét thì

trên khoảng xét đó

y ' = ( x 2 e x ) ' = x 2 e x + 2 xe x = x( x + 2)e x
Ta có:
x ≥ o
y ' ≥ 0 ⇔ x( x + 2) ≥ o ⇔ 
 x ≤ −2

( −∞; −2 )
Trong 4 đáp án thì khoảng

là đáp án đúng.

Đáp án A
Câu 15:
9 x = ( 3x )

2

Nhận thấy:
3x = t (t > 0).
Đặt

Ta có phương trình:

9 x − 3.3x + 2 = 0

t = 1
t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ 
t = 2

Trở lại phép đặt ta được:

 x1 = log 3 1 = 0
 x = log 2 (dox1 < x2 )
3
 2

A = 3log 3 2
Vậy

. Đáp án là C

trở thành phương trình bậc hai sau:


Câu 16:
y = ln( x 2 − 4)
Điều kiện để tồn tại hàm số

là:

x > 2
x2 − 4 > 0 ⇔ x2 > 4 ⇔ 
⇔ x ∈ ( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ )
 x < −2
Câu 17:
log 2 (3x − 2) = 3
Ta có:
2

D =  ; +∞ ÷

3

⇔ 3 x − 2 = 23 ⇔ 3 x = 10 ⇔ x =

10
3

Vậy đáp án là A
Lưu ý: Với những bài toán như thế này, chúng ta không nhất thiết phải giải như thế này. Thay vào
đó, các bạn có thể sử dụng công cụ máy tính thay trực tiếp 4 đáp án vào biểu thức.
Câu 18: Ta có
22+ x − 22− x = 15 ⇔ 4.2 x −

4
x 2
=
15
⇔
4.
2
− 15.2 x − 4 = 0
(
)
x
2

2 x = t (t > 0) ⇒ 4t 2 − 15t − 4 = 0

Đến đây ta thấy có 2 điều:

∆ = 152 + 4.4.4 > 0

 −4
 <0
4

Nên phương trình với t có 2 nghiệm phân biệt và trái dấu. Mà
Vậy phương trình với x cũng có 1 nghiệm thỏa mãn.
Đáp án là C
Câu 19:

7x

2

−5 x +9

= 343

t>0

nên chỉ có 1 nghiệm thỏa mãn.


Nhận

343 = 73

thấy:

nên

ta

có

phương

trình

tương

đương:

x = 2
x2 − 5x + 9 = 3 ⇔ x2 − 5x + 6 = 0 ⇔ 
x = 3
x1 + x2 = 5
Vậy

. Vậy đáp án A.

Ngoài ra khi ra được phương trình bậc hai như trên ta có thể áp dụng ngay định lý Viet để giải với
−b
a

x1 + x2 =

công thức

log 3

1
3 3

−3

= log 3 3 2 =

−3
2

Câu 20: Ta có
Vậy đáp án là A
dx

∫ (2 x − 1)

2

Câu 21:
Đổi biến

2x −1 = t

dt

Ta được

∫ 2t

2

=

. Ta có

dt = 2dx

−1
+C
2t

Trở lại phép đổi biến ta được:

1
+C
2 − 4x

Cần chú ý giữa phương án A và C bởi vì 2 phương án tương đối giống nhau, chỉ khác nhau về dấu.
Đáp án ở đây là A.
( x 2 + 1) ' = 2 x
Câu 22: Ta có thể dễ dàng nhận ra
Đổi cận với

x=0

t = 1; x = 1
thì

thì

x 2 + 1 = t , dt = 2 xdx
nên ta đặt:

t=2


3 2
2

2

t
t
dt =
2
3

I =∫
1

=

2 2 1 2 2 −1
− =
3
3
3

1

Đáp án là B
x = 2sin t ⇒ dx = 2 cos tdt

Câu 23: Đặt:

x=0

Đổi cận: với

thì

t=0

, với

x =1

t=

thì

π
6

4 − x 2 = 4 − 4sin 2 t = 2 cos t

(do

cost ≥ 0

trong khoảng từ 0 đến

π
)
6

π
6

I = ∫ dt
0

Vậy

. Đáp án là A

Câu 24:
1

1

2

2

I = − ∫ x( x − 1)5 dx = ∫ x (1 − x)5 dx
Ta có:
Thay:

n = x −1

ta có:

nên A đúng.

dn = dx

và

x = n +1

1

∫ (n + 1)n dn
5

0

Ta có:

nên D đúng.
1

 n7 n6 
I = ∫ (n + 1)n dn =  + ÷
 7 6 0
0
1

5

Vậy đáp án là C
Câu 25:

nên C sai.


Phân tích: Đây là bài toán khá là khó, đòi hỏi áp dụng nhiều kĩ thuật phân tách cũng như tính tích
ax + b
cx + dx + e
2

phân. Với dạng tích phân với số

Ta tách biểu thức thành 2 thành phần đó là:

thì phương pháp làm như sau:

k (2cx + d ) kd (cx 2 + dx + e)
=
cx 2 + dx + e
cx 2 + dx + e

và

5(2 x + 3)
−1
;

2
2
2( x + 3 x + 2) 2( x + 3x + 2)
Áp dụng ta tách biểu thức thành:
2

ta được:

2

5(2 x + 3)
1
I =∫
dx − ∫
dx
2
2
2( x + 3x + 2)
2( x + 3x + 2)
0
0
2

2

5
( x + 2) − ( x + 1)
=∫
d ( x 2 + 3x + 2) − ∫
dx

2
2( x + 3x + 2)
2( x + 2)( x + 1)
0
0
2

5
1
2
= ln( x 2 + 3x + 2 ) 0 − [ ln( x + 1) − ln( x + 2) ]
2
2
0

5
5
1
1
1
5
5
1
1
= ln12 − ln 2 − ln 3 + ln 4 − ln 2 = ln 3 + ln 4 − 3ln 2 + ln 4 − ln 3
2
2
2
2
2

2
2
2
2
= 2 ln 3 + 3ln 4 − 3ln 2 = 2 ln 3 + 3ln 2

Vậy đáp án là B
Câu 26: Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm phương trình:
x 2 − mx − 1 = 0, ∆ ≥ 0 ⇔ m 2 + 4 ≥ 0∀m
x1 , x2
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

Theo định lý Viet kết hợp yêu cầu:
Ta có:

thỏa mãn:

 x1 + x2 = m

 x1 x2 = −1
x < x
2
 1

k
cx + dx + e
2


x2

x2

x1

x1

S = ∫ (mx + 2 − x 2 − 1) dx = ∫ ( mx + 1 − x 2 ) dx
x2

mx 2 x3
mx2 2 x23
mx12 x13
=(
− + x) =
−
+ x2 −
+
− x1
2
3
2
3
2
3
x
1

 m2


 m2 2 
1
= ( x2 − x1 ) 
+ 1 − (m 2 + 1)  = m 2 + 4 
+ ÷
3
 2

 6 3

S có GTNN khi

m=0

. Đáp án là D.

Câu 27: Ta có:
f ( x) = ∫ (3 − 5sin x) dx = 3 x + 5cos x + C

f (0) = 10
nên ta có

5 + C = 10 ⇔ C = 5

f ( x ) = 3x + 5cos x + 5

Vậy

. Vì thế A và D là sai.
f ( π ) = 3π − 5 + 5 = 3π

Lại có:

nên C đúng.
z = a + bi; ( a; b ∈ R )

Câu 28: Gọi

thay vào biểu thức ta có:

2

2

a + bi = z + a − bi ⇔ bi = z − bi ⇔ 2bi = z

2

Ta thấy không thể nào tồn tại số thực z thỏa mãn điều kiện trên vì một bên là phần thực, một bên là
phần ảo. Đáp án là A.
Câu 29:
5 + 2i − (1 + i ) 2 = 5 + 2i − 2i = 5
Trước hết, ta rút gọn số phức:
Vậy modun của số phức là 5. Đáp án C
z1 + z1 z2 = 3 + i + (3 + i )(2 − i ) = 3 + i + 6 + 2i − 3i − i 2 = 10

Câu 30: Ta có:
z1 + z1 z2 = 10
Vậy

. Đáp án B


Câu 31: Ta cần rút gọn biểu thức trước:
2 z (1 + i ) − 1 − i + z (1 − i ) + 1 − i = 2 − 2i ⇔ 2 z (1 + i) + z (1 − i) = 2

Đặt

z = a + bi ⇒ z = a − bi

ta có:

2( a + bi )(1 + i ) + ( a − bi )(1 − i ) = 2 ⇔ 2 a − 2b + 2( a + b)i + 1 − b − ( a + b)i = 2

1

a=

a + b = 0

3
⇔ 3(a − b) + (a + b)i = 2 ⇔ 
⇔
3(
a
−
b
)
=
2

−

b = 1

3
2

Vậy modun của số phức cần tìm là:

2

2
2
 1   −1 
=
 ÷ + ÷ =
9
3
3  3 

. Đáp án A.

Câu 32: Ta có:
 z = −2 + i 3
2
2
z 2 + 4 z + 4 = −3 ⇔ ( z + 2) 2 = 3i 2 ⇔ 
⇒ z1 + z2 = 2.( 4 + 3) 2 = 14
 z = −2 − i 3
Với bài toán này, ta có thể sử dụng chức năng giải phương trình bậc 2 trên máy tính CASIO, ta có

z1
thể nhận được kết quả

z2
và

một cách nhanh chóng hơn.

Đáp án là C
Câu 33: Gọi

z = a + bi ⇒ z = a − bi

a 2 − a + 1 = b 2
a − bi = (a + bi ) + 1 ⇔ ( a − b − a + 1) + (2ab + b)i = 0 ⇔ 
(2a + 1)b = 0
2

2

2

Từ phương trình 2, ta có 2 trường hợp:
b = 0, a 2 − a + 1 = 0
Nếu
a=

(vô nghiệm)
−1
7

1
7
1 7
7
⇒b=
⇒ z2 + z + 1 = 1− +
i+ − −
i = −1
2
4
2 2
4 4 2

Vậy modun của số phức là 1. Đáp án là C


Câu 34:
Phân tích bài toán: Nếu

z2

a (1 + i ); a(1 − i )

là số thuần ảo thì z phải có dạng là

với a là số thực.

 z = 1+ i
 z = 1− i
2

2
z = 2 = 1 +1 ⇒ 
 z = −1 + i

 z = −1 − i

Lại có:

Vậy có 4 số phức thỏa mãn. Đáp án D
Câu 35:
Ta nên rút gọn vế phải trước:
( 2 + i )2 (1 − 2i ) = (1 + 2 2i )(1 − 2i ) = (1 + 2i + 4) = 5 + 2i

Ta có:

z = 5 + 2i
2

Tới đây có rất nhiều bạn sẽ nhanh chóng chọn đáp án là

nhưng đây không phải là z. Ta phải

2
thêm bước tìm z nữa. Đáp án đúng là -

.

Đáp án A.
Câu 36: Đáp án D
uuur

uuur
AB = ( −4;1; −10 ) , BC = ( 8; −2;5 )
uuur uuur
AB.BC = 8(−4) + 1.(−2) + (−10).5 = −84
Ta có tích vô hướng:
Câu 37:
Phân tích: Hình bình hành có tâm là trung điểm 2 đường chéo nên tâm của nó là trung điểm của
AB.
uuur
OA = ( −1;1;0 ) ⇒ A ( −1;1;0 )
uuur
OB = ( 1;1;0 ) ⇒ A ( 1;1;0 )


Vậy trung điểm của AB có tọa độ là

 −1 + 1 1 + 1 0 + 0 
;
;

÷ = ( 0;1; 0 )
2
2 
 2

Đáp án là A
Câu 38: Trước hết ta cần tìm vecto pháp tuyến của mp(ABC)
r uuur
r uuur uuur
n ⊥ AB

 r uuur ⇒ n =  AB; AC 
n ⊥ AC
r
n = ( 2;3; −4 )
Ta có
Do A nằm trong mp(ABC) nên ta có phương trình:
2( x − 0) + 3( y − 2) − 4( z − 1) = 0 ⇔ 2 x + 3 y − 4 z − 2 = 0
Đáp án là B
r
r
a = 12 + 12 = 2, c = 12 + 12 + 12 = 3

Câu 40: Ta có
rr
r r
a.b = 0 ⇒ a ⊥ b
Lại có:
nên C đúng
rr
r r
c.b = 2 ⇒ c ⊥ b
là sai nên đáp án là D.

nên A, B đúng.

Câu 41: Ta có:
B(3;0); C (0; 4)
Trên mặt phẳng Oxy ta lấy hai điểm

thì ba người mà

ta

O; B; C
đang xét nằm ở ba vị trí là
MO + MB + MC

và ta cần tìm điểm M thỏa mãn:

đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có hai cách làm:

H; K
+ Một là gọi

MH = x; MK = y

OB; OC
là hình chiếu của M lên

sau đó đặt

rồi tiếp tục giải.

OBX ; OMI

+ Hai là ta dựng các tam giác đều
VOMB =VOIX ⇒ MO+MB+MC=CM+MI+IX ≥ CX

như hình vẽ. Khi đó, ta có:
C, M , I , X

xảy ra khi:

thẳng hàng.


CX

Điểm M là giao điểm của

và đường tròn ngoại tiếp

VOBX

X ( x, y )

. Ta có:

3

x
=

 x + y = 9
2

XO = XB = OB = 3 ⇔ 
⇔
2
2

y = ± 3 3
( x − 3) + y = 9

2
2

2

Do X nằm dưới trục hoành nên:
CX :
Khi đó ta có:

3 3 3
X  ; −
÷
2 ÷
2


.

x−0
y −4
−24 + 9 3
=
⇔ x=
( y − 4)
3
37
3

3
−0 −
−4
2
2
2

2
3 
3

(OBX ) :  x − ÷ +  y +
÷ =3
2 
2 ÷



Do đó, điểm M là nghiệm của hệ:

−24 + 9 3
( y − 4)
2
2
x =
37
 −24 + 9 3
3 
3


⇒ 
( y − 4) − ÷
+  y +
2
÷ =3

2
37
2÷
2 ÷
 

 x − 3  +  y + 3  = 3 
÷
÷ 
÷

2 
2 

2

2

 −24 + 9 3  
3 
3 3 
3
⇔ 
y

+
+
y
+
y
−
÷

÷

÷
÷= 0
÷

37
2 ÷
2 ÷
2 ÷

 
 



3 3
3 3
3
⇒ x = ⇒ M ≡ X (loai )
y = −
y = −

2
2
2


2


3 3 3  −24 + 9 3 
3  37 2 − 3( −24 + 9 3) 2 


−
−
⇔

÷ ⇔
÷
2
2 
37
2
37 2





y =
y =

2
2
2
 −24 + 9 3 
−24 + 9 3 + 37



÷ +1


37


37 2



(

)

. Khi đó:


(

)

3

−1088 + 1296 3
486 − 136 3
2
⇒y=
⇒y=
2188 − 432 3
547 − 108 3
⇒x=

−24 + 9 3 −1702 + 296 3 (−24 + 9 3)(−46 + 8 3)
1320 − 606 3
.
=
⇒x=
37
547 − 108 3
547 − 108 3
547 − 108 3

Do đó ta có điểm:

 1320 − 606 3 486 − 136 3 
M 
;
÷
÷
 547 − 108 3 547 − 108 3 

M (0, 7512; 0, 6958)

OM = BM + CM ≈ 6, 77km
Nên:

.Vậy đáp án đúng là C

Câu 42:
Nhận xét: (S) tiếp xúc với mặt phẳng thì bán kính mặt cầu chính là khoảng cách từ I tới mặt phẳng.
R = d ( I , (α ) ) =
Ta có

2.2 − 2.1 + 1 + 3
22 + 2 2 + 1

=2
. Vậy đáp án là A

Câu 43:
S ABA ' = 9 =
Ta có:

AB. AA '
AA '
=6
⇒ AA ' = 3
2
2

1
6 2. 3
V = S ABC . AA ' =

=9 3
3
4
Đáp án là B.
Câu 44:
Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp khi đã biết diện tích và
cao:
1
1
16a 3
2
V = S .h = (2a) Aa=
3
3
3
Đáp án là B
Câu 45:
Kẻ HB vuông góc với AC.

đường