đề luyện thi THPT QG 2017 + hướng dẫn giải 8117

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

ĐỀ LUYỆN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017 SỐ 81
MÔN THI: TOÁN HỌC
Ngày 12 tháng 4 năm 2017
Câu 1: Cho hàm số
số

( Cm )
A.

1
y = x 3 − mx 2 + ( 2m − 1) x − 3 ( Cm ) , với m là tham số. Xác định tất cả giá trị của m để cho đồ thị hàm
3

có điểm cực đại và cực tiểu nằm cùng một phía đối với trục tung?

1

m ∈  ; + ∞ ÷\ { 1}
2


Câu 2: Giả sử hệ phương trình
A.

2 + log 2 3.

B.

0

C.

m ≠1

D.

1
< m <1
2

log 2 ( 3 y − 2 ) = 2
có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ( a; b ) thì 2b − a bằng
 x
x
2
 4 + 2 = 3 y
B. 4

C.

4 − log 2 3.

Câu 3: Cho lăng trụ tam giác ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là đều cạnh

45° . Thể tích khối đa diện ABCC ′B′ bằng
Câu 4: Phương trình

−

8a 3 3
.
3

A.

D. 2

AB = 2a 2 . Biết AC ′ = 8a và tạo với mặt đáy một góc
8a 3 6
.
3

B.

C.

16a 3 3
.
3

D.

16a 3 6
.
3

log 4 2 ( x 2 − 2 ) = 8 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực?
2

A. 2

B. 3

C. 5

D. 8
b

π 
Câu 5: Cho hàm số f ( x ) = a sin 2 x − b cos 2 x thỏa mãn f ′  ÷ = −2 và ∫ adx = 3 . Tính tổng a + b bằng
2
a
A. 3

B. 4

C. 5

D. 8

Câu 6: Với a > 0 , cho các mệnh đề sau

( i ) .∫

dx
1
= ln ( ax + 1) + C.
ax + 1 a

Số các khẳng định sai là:
Câu 7: Cho hàm số

( ii ) .∫ a

A. 1

x +3

a x +3
dx =
+C
ln a

B. 2

( iii ) .∫ ( ax + b )
C. 3

a > 0, b > 0, c < 0, d < 0

B.

a < 0, b > 0, c < 0, d > 0

C.

a > 0, b < 0, c > 0, d > 0

D.

a < 0, b < 0, c > 0, d < 0

Câu 8: Cho biết

∫

−1

A.

5

P = 37

P = 27

y

1

0

C.

+C

D. 0

2

B.

23

23

f ( x ) dx = 15 . Tính giá trị của P = ∫  f ( 5 − 3 x ) + 7  dx

P = 15

Câu 9: Cho

( ax + b )
dx =

y = f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d có đồ thị như hình vẽ ở bên. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A.

5

22

D.

O1

P = 19

f ( x ) , g ( x ) là các hàm số liên tục trên đoạn [ 2; 6] và thỏa mãn

3

∫

f ( x ) dx = 3;

3

6

∫ f ( x ) dx = 7 ;
3

2

6

∫ g ( x ) dx = 5 . Hãy tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau?
3

6

A.

∫ 3g ( x ) − f ( x )  dx = 8
3

.

ln e6

3

B.

∫ 3 f ( x ) − 4 dx = 5
2

Page 1

C.

∫
2

 2f ( x ) − 1 dx = 16 D.

ln e6

∫
3

 4 f ( x ) − 2 g ( x )  dx = 16

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa

x

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

∫ e ( 2x
2x

Câu 10: Giả sử
A.

3

+ 5 x 2 − 2 x + 4 ) dx = ( ax 3 + bx 2 + cx + d ) e 2 x + C . Khi đó a + b + c + d bằng

−2 .

B. 3 .
3

C.

D. 5 .

2.

2

x
dx = ∫ f ( t ) dt , với t = 1 + x thì f ( t ) là hàm số nào trong các hàm số dưới đây ?
Câu 11: Nếu ∫
0 1+ 1+ x

1
A.

f ( t ) = 2t 2 + 2t .

B.

f ( t) = t2 − t .

C.

f ( t) = t2 + t .

Câu 12: Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác với độ dài cạnh đáy lần lượt
cao bằng
A.

5 cm , 13 cm , 12 cm . Một hình trụ có chiều

8 cm ngoại tiếp lăng trụ đã cho có thể tích bằng

V = 338π cm3 .

Câu 13: Cho đoạn thẳng
bằng

f ( t ) = 2t 2 − 2t .

D.

B.

V = 386π cm3 .

C.

V = 507π cm3 .

D.

V = 314π cm3 .

AB có độ dài bằng 2a , vẽ tia Ax về phía điểm B sao cho điểm B luôn cách tia Ax một đoạn

a . Gọi H là hình chiếu của B lên tia, khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt

tròn xoay có diện tích xung quanh bằng :
A.

( 2+ 2) πa

2

.

B.

( 3+ 3) π a

2

2

.

C.

2

2

.

D.

2
Oxyz , cho mặt phẳng

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ

d:

( 1+ 3 ) π a

3 2π a 2
.
2

( P ) : 2 x − 5 y − 3z − 7 = 0

và đường thẳng

x − 2 y z +1
=
=
. Kết luận nào dưới đây là đúng ?
2
−1
3
A.

d // ( P ) .

B.

d cắt ( P ) .

F ( x ) là nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

Câu 15: Cho

3F ( x ) + ln ( x 3 + 3) = 2 là
Câu 16: Hàm số
A.


a ∈  −∞;


Câu

17:

Tính

2a − b .

m≤

S = { 2} .

A.

d ⊥ ( P) .

D.

( P)

d.

chứa

1
1
và F ( 0 ) = − ln 4 . Tập nghiệm S của phương trình
e +3
3
x

B.

S = { −2; 2} .

C.

S = { 1; 2} .

D.

S = { −2; 1} .

y = ( −3a 2 + 10a − 2 ) đồng biến trên ( −∞; + ∞ ) kh
x

1
÷.
3

Giả

B.

a ∈ ( −3; + ∞ ) .

∫ x (1− x)

sử
A.

2017

2017 .

4
.
3

B.

C.

( 1− x)
dx =
a

B.

Câu 18: Với các giá trị nào của tham số
A.

C.

a

( 1− x)
−

3
m≥− .

2

( mét )

B.

.

1 
a ∈  ;3 ÷.
3 

với

a, b

là

các

2019 .

D.

số

nguyên

dương.

2020 .

m≤−

16
.
3

D.

m≤−

32
.
27

f ( x ) = x 3 − 3 x + 1 cách nhau một khoảng là
C. 3

D.2

s = −t 3 + 6t 2 + 17t , với t ( giây ) là khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt

là quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Khi đó vận tốc

động đạt giá trị lớn nhất trong khoảng
A. 17 m /s .

+C
C.

C.

B. 4

s

D.

m thì hàm số f ( x ) = − x 3 + 3 x 2 + 2mx − 2 nghịch biến trên khoảng ( 0; + ∞ ) ?

Câu 20: Một chất điểm chuyển động theo quy luật
đầu chuyển động và

b

1
.
3 

b

2018 .

Câu 19: Hai tiếp tuyến tại hai điểm cực trị của đồ thị hàm số
A. 1


a ∈  −∞;


8 giây đầu tiên bằng

36 m /s .

C.

Page 2

26 m /s .

D.

29 m /s .

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa

v ( m / s ) của chuyển


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz , gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của A ( 2; − 1; 1) lên các trục

Ox , Oy , Oz . Mặt phẳng đi qua A và song song với mặt phẳng ( MNP ) có phương trình là
A.

x − 2 y + 2 z − 2 = 0 . B. x − 2 y + 2 z − 6 = 0 . C. x − 2 y − 4 = 0 .

Câu 22: Cho hàm số

f ( x) =

A. 1 .

x + 2z − 4 = 0 .

9x
, x ∈ ¡ . Nếu a + b = 3 thì f ( a ) + f ( b − 2 ) có giá trị bằng
3 + 9x
B.

2.

Câu 23: Số tiệm cận của đồ thị hàm số
A. 3 .

D.

x +1

y=

x2 −1

1
.
4

D.

3
.
4

C.

2.

D. 0 .

là

B. 1 .

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ

C.

Oxyz , mặt phẳng ( α ) chắn các trục Ox , Oy , Oz . lần lượt tại A , B , C sao cho

H ( 3; − 4; 2 ) là trực tâm của tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng ( α ) là
A.

2 x − 3 y + 4 z − 26 = 0 .

Câu 25: Biết đường thẳng

A.

B.

x − 3 y + 2 z − 17 = 0 .

y = x + 2 cắt đường cong y =

5 2
.
4

B.

5 2.

C.

4 x + 2 y − 3z + 2 = 0 .

Hỏi sau bao lâu thì nước bơm được
A.

7545, 2 s .

Câu 27: Cho hàm số

B.

f ( x) =

A. Cực đại hàm số bằng

C.

5 2
2

D.

A.

9 2
.
2

h1 = 280 cm . Giả sử h(t ) cm là chiều cao

t giây, bết rằng tốc độ tăng của chiều cao nước tại giây thứ t là h′(t ) =

1 3
t +3 .
500

3
độ sâu của hồ bơi?
4

7234,8 s .

C.

7200, 7 s .

D.

7560,5 s .

1 4
x − 2 x 3 + 3 . Kết luận nào sau đây là ĐÚNG?
4

3.

B. Hàm số đạt cực tiểu tại

C. Hàm số đồng biến trên khoảng
Câu 28: Phương trình

3 x − 4 y + 2 z − 29 = 0 .

2x +1
tại hai điểm A , B . Độ dài đoạn AB bằng
2x −1

Câu 26: Người ta thay nước mới cho một bể bơi dạng hình hộp chữ nhật có độ sâu

của mực nước bơm được tại thời điểm

D.

( 0; + ∞ ) .

D. Đồ thị của hàm số có

x=0.

2 cực trị.

x 3 + x ( x + 1) = m ( x 2 + 1) có nghiệm thực khi và chỉ khi
2

3
−6 ≤ m ≤ − .
2

B. −1 ≤ m ≤ 3 .

Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ

C. m ≥ 3 .

D.

(

−

1
3
≤m≤ .

4
4

)

6

Oxyz, cho điểm A(2; 3; 0) , B 0; − 2; 0 , M  ; − 2; 2 ÷ và đường thẳng
5


x = t

d :  y = 0 . Điểm C thuộc d sao cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhất thì độ dài CM bằng
z = 2 − t


.

Page 3

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
A.

B. 4.

2 3.

Câu 30: Biết

x=

C. 2.

2 6
.
5

D.

15
là một nghiệm của bất phương trình 2 log a ( 23 x − 23) > log
2

a

(x

2

+ 2 x + 15 ) ( ∗) . Tập nghiệm

T của bất phương trình ( ∗) là
A.

19 


T =  −∞; ÷.
2


Câu 31: Cho hàm số

B.

f ( x) =

 17 
T =  1; ÷.
 2

x

∫ ( 4t

3

1

đoạn

T = ( 2; 8 ) .

D.

T = ( 2;19 ) .

− 8t ) dt . Gọi m , M lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) trên

[ 0;6] . Tính M − m .

Câu 32: Cho

C.

A. 18.

B. 12.

C. 16.

(

D. 9.

)

a là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn 3log 3 1 + a + 3 a > 2 log 2 a . Tìm phần nguyên của

log 2 ( 2017a ) ?

A. 14 .

Câu 33: Trong không gian

B.

C. 16 .

22 .

D. 19 .

Oxyz , cho các điểm A ( 1; 1; 3) , B ( −1; 3; 2 ) , C ( −1; 2; 3) . Tính bán kính r của mặt cầu tâm

O và tiếp xúc với mặt phẳng ( ABC ) .
A.

r = 3.

B.

Câu 34: Cho tứ diện

r = 3.

C.

r= 6.

D.

r = 2.

ABCD có AD = 14 , BC = 6 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC , BD và

MN = 8 . Gọi α là góc giữa hai đường thẳng BC và MN . Tính sin α .

A.

2 2
.
3

B.

3
.
2

C.

1
.
2

D.

Câu 35: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật. Tam giác SAB vuông cân tại
với đáy và
A.

A và nằm trong mặt phẳng vuông góc

SB = 4 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh SD . Tính khoảng cách l từ điểm M đến mặt phẳng ( SBC ) .

l = 2.

B.

Câu 36: Tìm nguyên hàm
A.

2
.
4

l=2 2.

C.

l= 2.

D.

l=

2
.
2

F ( x ) của hàm số f ( x ) = e 2 x + e −2 x + 2 .

1
1
1
1
F ( x ) = e x + e − x + C B. F ( x ) = e x − e − x + C . C. F ( x ) = e x − e − x + C .D. F ( x ) = e 2 x − e −2 x + C .

2
2
2
2
α

α

1
sin x
 π
dx và J = ∫
dx với α ∈  0; ÷, khẳng định sai là:
Câu 37: Cho các tích phân I = ∫
1 + tan x
cosx + sin x
 4
0
0
α

cos x
dx .
cosx + sin x
0

A. I = ∫

B.

I − J = ln sin α + cosα .

Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ

C.

I = ln 1 + tan α .

Oxyz cho ba mặt phẳng ( P ) :3x + y + z − 4 = 0,

( R ) :2 x − 3 y − 3z + 1 = 0 . Xét các mệnh đề:

( 1) : ( P ) P( Q )

(2): (

I + J =α .

D.

( Q ) :3x + y + z + 5 = 0

P) ⊥ ( R) .

Khẳng định nào sau đây đúng?
A.

( 1)

đúng,

( 2)

sai.

B.

.

( 1)

sai,

( 2)

đúng.

Page 4

C.

( 1)

đúng,

( 2)

đúng.

D.

( 1)

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa

đúng,

( 2)

sai.

và


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
Câu 39: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3 . Gọi

M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AD , BD . Lấy điểm không đổi

P trên cạnh AB (khác A , B ). Thể tích khối chóp P.MNC bằng
9 2
.
16

A.

B.

8 3
.

3

C.

Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ

3 3.

D.

Oxyz , gọi ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng x − y + 3 z − 1 = 0 và

3 x − 7 z + 2 = 0 . Một vectơ chỉ phương của ∆ là
r
r
A. u = ( 7; 16; 3 ) .
B. u = ( 7; 0; − 3 ) .

C.

Câu 41: Hàm số nào dưới đây luôn đồng biến trên khoảng

( −∞; − 1) ?

x−3
A. y =
.
2x + 2

x

B. y = 2
.
x −1

Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ

B.

C. y = log

D.

r
u = ( 0; − 16; 3) .

x +1

e
D. y = 2  ÷ .
4

( 6 − 3x ) .
2

2 x − 2 y + 1 3z + 6
=
=
( m, n ≠ 0 ) và mặt phẳng
3n
4

2m

vuông góc với mặt phẳng

−1 .

( P)

thì

m + n bằng
D. −5 .

C. 3 .

Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ
đỉnh

r
u = ( −4; 1; − 3) .

Oxyz , cho đường thẳng d :

( P ) : 3x + 4 y − 2 z + 5 = 0 . Khi đường thẳng d
A. 1 .

27 2
.
12

Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có A trùng với gốc tọa độ O , các

B ( m; 0; 0 ) , D ( 0; m; 0 ) , A′ ( 0; 0; n ) với m, n > 0 và m + n = 4 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC ′ . Khi đó

thể tích tứ diện

BDA′M đạt giá trị lớn nhất bằng

A.

245
.
108

B.

9
.
4

C.

Câu 44: Cho một cây nến hình lăng trụ lục gác đều có chiều cao và độ dài cạnh đáy lần lượt là

64
.
27

D.

75
.
32

15 cm và 5 cm . Người ta xếp

cây nến trên vào trong một hộp có dạng hình hộp chữ nhật sao cho cây nến nằm khít trong hộp. Thể tích của chiếc hộp đó bằng
A. 1500

ml .

B.

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ
vuông góc với hai mặt phẳng
trình là

( P)

C. 1800

600 6 ml .

và

ml .

D.

750 3 ml .

Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 1 = 0 và điểm I ( 4; − 1; 2 ) . Mặt phẳng ( Q )

( Oxy ) , đồng thời ( Q )

cách điểm

I một khoảng bàng

5 . Mặt phẳng ( Q ) có phương

A.

x − 2 y − 1 = 0 hoặc 2 x − y − 4 = 0 .

B.

x + 2 y − 7 = 0 hoặc x + 2 y + 3 = 0 .

C.

y − 2 z + 10 = 0 hoặc y − 2 z = 0 .

D.

2 x + y − 2 = 0 hoặc 2 x + y − 12 = 0 .

 x = 2 + 3t

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng ∆ :  y = 4 − 2t cắt các mặt phẳng Oxy , Oxz lần lượt tại các

 z = −3 + t

điểm
A.

M , N . Độ dài MN bằng
3.

B.

Câu 47: Bất phương trình

A.

C.

B. 10 .

y = ( x 2 − 16 )

( −8; − 4 ) ∪ ( 3; + ∞ ) .

Câu 49: Cho các số thực

3 2.

D.

4.

2.5 x + 2 + 5.2 x + 2 ≤ 133. 10 x có tập nghiệm là S = [ a; b ] thì b − 2a bằng

A. 6 .
Câu 48: Hàm số

14 .

−5

B.

D. 16 .

C. 12 .

− ln ( 24 − 5 x − x 2 ) có tập xác định là

( −∞; − 4 ) ∪ ( 3; + ∞ ) .

C.

( −8; 3) \ { −4} .

D.

( −4; 3) .

a , b , c thỏa 0 < a ≠ 1 và b > 0 , c > 0 . Khẳng định nào sau đây là sai?
.

Page 5

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
A.

log a f ( x ) = g ( x ) ⇔ f ( x ) = a g ( x ) .

B.

a f ( x ) = b ⇔ f ( x ) = log a b .

C.

a f ( x ) b g ( x ) = c ⇔ f ( x ) + g ( x ) log a b = log a c .

D.

log a f ( x ) < g ( x ) ⇔ 0 < f ( x ) < a g ( x ) .

Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz , hai mặt phẳng 4 x − 4 y + 2 z − 7 = 0 và 2 x − 2 y + z + 1 = 0 chứa hai mặt

của hình lập phương. Thể tích khối lập phương đó là
A.

V=

27
.
8

B.

V=

81 3
.
8

C.

V=

9 3
.
2

D.

V=

64
.
27

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 81

Câu 1: Đáp án A Ta có y ′ =

x 2 − 2mx + 2m − 1.

a = 1 ≠ 0
m ≠ 1


2
′
Ycđb ⇔ y có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt và cùng dấu ⇔ ∆ ' = m − ( 2m − 1) > 0 ⇔ 
1
 P = 2m − 1 > 0
m > 2

y = 2
log 2 ( 3 y − 2 ) = 2
3 y − 2 = 4
y = 2

 x = log 2 3
⇔ x
⇔ x
⇔ 2x = 3
⇔
Câu 2: Đáp án C  x
x
2
x
x

2
y = 2
4 + 2 = 3 y
4 + 2 = 12
  2 x = −4 loai
 4 + 2 = 3 y
(
)


Suy ra:

2b − a = 4 − log 2 3.
· ' A = 450
H là hình chiếu của A lên mp ( A′B′C ′ ) ⇒ HC

Câu 3: Đáp án D Gọi

⇒ ∆AHC ' vuông cân tại H. ⇒ AH =

Nhận xét : V

A. BCC ' B '

Câu 4: Đáp án B

⇔ ( x − 2)
2

2

b

a

1

(

)

2

2a 2 . 3 16a 3 6
2
2
2
= VABC . A ' B 'C ' = AH .S ABC = .4a 2.
=
.
3
3
3
4
3
ĐK:

2
x 2 − 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ ± 2 . Phương trình tương đương: ( x − 2 ) =
2

( 2)
4

8

 x2 = 4
 x = −2 ∨ x = 2
⇔
=4 ⇔ 2
 x = 0.
x = 0

Câu 5: Đáp án C
b

AC ′ 8a
=
= 4a 2.
2
2

Ta có :

π 
f ′ ( x ) = 2a cos 2 x + 2b sin 2 x . Suy ra : f ′  ÷ = −2 ⇔ −2a = −2 ⇔ a = 1 .
2

∫ adx = ∫ dx = 3 ⇔ b − 1 = 3 ⇔ b = 4 .
Câu 6: Đáp án C

Cách 1:

( i ) .∫

Vậy a + b = 1 + 4 = 5.

dx
1
= ln(ax + 1) + C đúng (Đây là nguyên hàm cơ bản).
ax + 1 a

a x +3
+ C đúng (Đây cũng là nguyên hàm cở bản).
ln a
(ax + b) 23
1 (ax + b) 23
22
22
sai.
Đúng
phải
là
iii
.
(
ax
+
b
)

dx
=
+
C
(
ax
+
b
)
dx
=
.
+ C . Vậy có 2 phương án đúng.
( )∫
∫
23
a
23
′
1
1 nên (i ) đúng.
Cách 2: Ta thấy  ln( ax + 1) + C  =

÷
a
 ax + 1

( ii ) .∫ a x +3dx =

.

Page 6

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

 a x +3
′
1 x +3
+
C
a .ln a = a x +3 nên (ii ) đúng.

÷=
 ln a
 ln a
Câu 7: Đáp án C Ta có lim y = +∞ ⇒ a > 0 nên B, D loại.

 ( ax + b) 23
′
22
+
C

÷ = a (ax + b) nên (iii ) sai.
23



x →+∞

y = f ( x) giao với trục tung tại điểm (0;1) nên d > 0 nên chọn C .
2

Câu 8: Đáp án D

2

1

1
P = ∫  f ( 5 − 3 x ) + 7  dx = ∫ f ( 5 − 3x ) dx + ∫ 7dx = − ∫ f ( x ) dx + 7 ( 2 − 0 ) = 5 + 14 = 9
35
0
0
0
3

Câu 9: Đáp án D

Ta có

∫
2

6

6

3

2

f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = ∫ f( x)dx = 10

6

Ta có

2

6

6

∫ [3g ( x) − f ( x)]dx = 3∫ g ( x)dx − ∫ f ( x)dx = 15 − 7 = 8 nên A đúng.
3

3

3

3

3

3

∫ [3 f ( x) − 4]dx = 3∫ f ( x)dx − 4∫ dx = 9 − 4 = 5 nên B đúng.
2

2

ln e6

6

2

2

2

6

6

∫ [2f ( x) − 1]dx = ∫ [2f ( x) − 1]dx = 2∫ f ( x)dx − 1∫ dx = 20 − 4 = 16 nên C đúng.

ln e6

∫
3

2

2

6

6

6

[4f ( x ) − 2 g ( x)]dx = ∫ [4f ( x) − 2 g ( x)]dx = 4 ∫ f ( x) dx − 2 ∫ g ( x)dx = 28 − 10 = 18
3

Câu

( (ax

10:

3

Đáp

án

3

B

Ta

∫e

có :

Nên

D sai.

3

2x

(2 x + 5 x 2 − 2 x + 4)dx = (ax 3 + bx 2 + cx + d )e 2 x + C
3

nên

+ bx 2 + cx + d )e 2 x + C ) ′ = (3ax 2 + 2bx + c )e 2 x + 2e 2 x (ax 3 + bx 2 + cx + d )
= ( 2ax 3 + (3a + 2b) x 2 + (2b + 2c) x + c + 2d ) e 2 x
= (2 x 3 + 5 x 2 − 2 x + 4)e2 x

 2a = 2
a = 1
3a + 2b = 5
b = 1


⇔
Do đó : 
. Vậy a + b + c + d = 3 .
 2b + 2c = −2
 c = −2
c + 2d = 4

d = 3
Câu 11: Đáp án D

Đặt

t = 1 + x , suy ra t 2 = 1 + x , 2tdt = dx

3

Ta có

2

2

2

x
t 2 −1
2
d
x
=
∫0 1 + 1 + x ∫1 1 + t .2tdt = ∫1 (t − 1).2tdt = ∫1 (2t − 2t )dt

Câu 12: Đáp án A Đáy là tam giác với độ dài cạnh đáy lần lượt là

5;12;13 nên đáy là tam giác vuông với độ dài cạnh huyền là

13 . Suy ra hình trụ ngọai tiếp hình lăng trụ đứng có đáy là đường tròn bán kính là

13
.
2

2

 13 
Vậy thể tích hình trụ đó là V = π  ÷ .8 = 338π cm3 .
2
Câu 13: Đáp án B

.

Page 7

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

Khi quay quanh tam giác AHB thì đường gấp khúc
diện tích xung quanh hai hình nón đường sinh AH và
Ta có

AH .BH a 3.a a 3
=
=
AB
2a

2

HK =

AH = AB 2 − BH 2 = a 3

AHB vẽ lên một mặt tròn xoay. Diện tích mặt tròn xoay này bằng tổng
BH .

Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh

AH là S1 = π

Diện tích xung quanh hình nón có đường sinh

BH

là

a 3
3a 2π
.a 3 =
2
2

a 3
3a 2π
S2 = π
.a =
2

2

(3 + 3)a 2π
.
S = S1 + S 2 =
2
r
r
( P ) có một VTPT n = (2; −5; −3) . d có một VTCP u = (2; −1;3) và đi qua A(2;0; −1)

Diện tích mặt tròn xoay cần tìm là
Câu 14: Đáp án D
Ta có

rr
n.u = 0 nên d // ( P ) hoặc ( P ) chứa d . Mặt khác A(2;0; −1) ∈ ( P) nên ( P ) chứa d .

Câu 15: Đáp án A Ta có: F ( x ) = ∫
Do

dx
1 
ex 
1
x
=
1
−

÷dx = x − ln ( e + 3) + C .

x
x
∫
e +3 3  e +3
3

(

(

)

1
1
F ( 0 ) = − ln 4 nên C = 0 . Vậy F ( x ) = x − ln ( e x + 3) .
3
3

Câu 16: Đáp án D Hàm số

)

Do đó:

3F ( x ) + ln ( e x + 3) = 2 ⇔ x = 2.

y = ( −3a 2 + 10a − 2 ) đồng biến trên ( −∞; +∞ ) khi −3a 2 + 10a − 2 > 1 ⇔
x

1

< a < 3.
3

Câu 17: Đáp án D

∫ x ( 1− x)

2017

dx = ∫ ( x − 1 + 1) ( 1 − x )

2017

(

dx = ∫ ( 1 − x )

2017

− (1− x)

2018

)

( 1− x)
dx = −

2018

2018

( 1− x)
+

2019

2019

+C

Vậy a = 2019 , b = 2018 ⇒ 2a − b = 2020 .
y ′ = −3 x 2 + 6 x + 2m .

Câu 18: Đáp án B Ta có:

Do hàm số liên tục trên nửa khoảng

[ 0; +∞ )

nên hàm số nghịch biến trên khoảng

[ 0; +∞ ) . Điều này tương đương với
y ′ = −3 x 2 + 6 x + 2m ≤ 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) ⇔ 2m ≤ 3 x 2 − 6 x =

( 0; +∞ )

cũng đồng nghĩa với việc hàm số

nghịch biến trên

⇔ 2m ≤ min f ( x) ⇔ 2m ≤ f (1) ⇔ 2m ≤ −3 ⇔ m ≤ −
[ 0;+∞ )

Câu 19: Đáp án B Ta có:

y = −1 và y = 3 . Do đó khoảng cách giữa chúng là 4 .

Vận tốc của chất điểm là

v = s′ = −3t 2 + 12t + 17 = −3 ( t − 2 ) + 29 ≤ 29 .

Vậy vận tốc của chuyển động đạt giá trị lớn nhất bằng
Câu 21: Đáp án B

Ta có:

.

3
2

 x = 1 ⇒ y = −1
f ′ ( x ) = 3 x 2 − 3 . Do đó: f ′ ( x ) = 0 ⇔ 
.
 x = −1 ⇒ y = 3

Hai tiếp tuyến tại 2 điểm cực trị là
Câu 20: Đáp án D

f ( x), ∀x ∈ [ 0; +∞ )

2

29 khi t = 2 .

x y z
M ( 2; 0; 0 ) , N ( 0; − 1; 0 ) , P ( 0; 0; 1) ⇒ ( MNP ) : − + = 1 ⇔ x − 2 y + 2 z − 2 = 0
2 1 1
Page 8

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
Mặt phẳng đi qua

A và song song với mặt phẳng ( MNP ) có phương trình là: x − 2 y + 2 z − 6 = 0 .

Câu 22: Đáp án A

Ta có:

b − 2 = 1 − a . Do đó:

9a
91− a
3
;
f

b
−
2
=
f
1
−
a
=
=
(
) (
)
a
1− a
3+9
3+9
3 + 9a
Câu 23: Đáp án A TXĐ: D = ( −∞; −1) ∪ ( 1; +∞ ) .
f ( a) =

lim y = ±1 đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang.

lim− y = lim−

x →±∞

x +1

lim+ y = lim+

x →1

x2 −1

x →1

Câu 24: Đáp án D Gọi

= lim+
x →1

Suy ra:

x →−1

f ( a ) + f ( b − 2) =

9a
3
+
= 1.
a
3 + 9 3 + 9a


x +1 
= lim−  −
÷= 0
x −1 ÷

x 2 − 1 x →−1 


x +1

x →−1

x +1
= +∞ đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng x = 1 .Vậy đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.
x −1

CK , AM là hai đường cao của tam giác ABC .

AB ⊥ ( OKC ) ⇒ AB ⊥ OH 
 ⇒ OH ⊥ ( ABC )
BC ⊥ ( AOM ) ⇒ BC ⊥ OH 
uuur
Mặt phẳng ( ABC ) đi qua điểm H và nhận OH làm một VTPT
Suy ra H = AM ∩ CK . Ta có:

Nên mặt phẳng

( ABC )

có phương trình:

3 x − 4 y + 2 z − 29 = 0 .

x =1⇒ y = 3
2x +1

2
⇔ 2x + x − 3 = 0 ⇔ 
Câu 25: Đáp án C. Phương trình hoành độ giao điểm : x + 2 =
x = − 3 ⇒ y = 1
2x −1

2
2
5 2
 3 1
.
A ( 1; 3) , B  − ; ÷⇒ AB =
2
 2 2
Câu 26: Đáp án B Sau m giây mức nước của bể là:
m

1 3
3 3 ( t + 3)
3 3
( m + 3) 4 − 3 3 3 
h(m) = ∫ h′(t )dt= ∫
t + 3dt=
=

0
0 500
2000 0 2000
3 3
3

4
3 
Yêu cầu bài toán, ta có :
 ( m + 3) − 3 3  = 280 . Suy ra :
2000
4
m

3

4

m

( m + 3) 4 = 140000 + 3 3 3 ⇔ m =

4

( 140000 + 3 3 3 )

3

− 3 = 7234,8 .

Câu 27: Đáp án A
TXĐ:

x = 0
4
2

2
D = ¡ . f ′ ( x ) = x − 4 x = x( x − 4) . Giải f ′ ( x ) = 0 ⇔ x( x − 4) ⇔ 
 x = ±2

Bảng biến thiên:

−∞

x
f '( x)

−2
0

−

0
+ 0

−

+∞

f ( x)

2
0

+

+∞
+

−9
3

−9
Cực đại hàm số bằng 3 .
Câu 28: Đáp án D Cách 1: Sử dụng máy tính bỏ túi.

x 3 + x ( x + 1) = m ( x 2 + 1) ⇔ mx 4 − x 3 + ( 2m − 1) x 2 − x + m = 0
2

m = 3 . Phương trình trở thành: 3 x 4 − x 3 + 5 x 2 − x + 3 = 0 (không có nghiệm thực) nên loại đáp án B, C.
Chọn m = −6 . Phương trình trở thành: −6 x 4 − x 3 − 13 x 2 − x − 6 = 0 (không có nghiệm thực) nên loại đáp án A.
Kiểm tra với m = 0 phương trình trở thành − x 3 − x 2 − x = 0 ⇔ x = 0 nên chọn đáp án D.
Chọn

Cách 2:

x 3 + x ( x + 1) = m ( x 2 + 1) ⇔ mx 4 − x 3 + ( 2m − 1) x 2 − x + m = 0 . Đây là dạng phương trình bậc 4 đặc biệt.
2

.

Page 9

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
+ TH1: Với x = 0 . Ta nhận m = 0 .

+ TH2: Với x ≠ 0 . Chia phương trình cho

x 2 , ta được:

2

1  
1
1 
1
1
1


m  x 2 + 2 ÷−  x + ÷+ ( 2m − 1) = 0 ⇔ m  x + ÷ =  x + ÷+ 1 ⇔ m =
+
= f ( x)
2
Ta có:
1 
x  
x
x 
x




1

x+ ÷ x+ ÷
x 

x
1 
1 
1



− 1 − 2 ÷ −2  1 − 2 ÷
1− 2 = 0

x 
x 
x
f ′( x) = 
+ 
=0⇔
⇔ x = ±1
2
3
1
1


x + 1 + 2 = 0
x+ ÷

x+ ÷

x
x
x


x
−∞
+∞
0
−1
1
0
0
f ′( x)
f ( x)

3
4
0

0

−
Dựa vào BBT, phương trình

1
4

m = f ( x ) có nghiệm khi và chi khi (kết với m = 0 ) là: −

Chú ý: + Trong cách 2 này, ta có thể đặt

1
3
≤m≤
4
4

1
t = x + , t ≥ 2 . Khi đó phương trình trở thành:
x

1 1
m = + 2 = g ( t ) với t ∈ ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) , ta cũng được kết quả như trên.
t t
2
x3 + x 2 + x
Ta có x 3 + x ( x + 1) = m ( x 2 + 1) ⇔ m = 4
(1)
x + 2x2 + 1
+ Từ việc xét TH1, ta nhận m = 0 , giúp ta loại được A, C. Khi đó thử với m = −1 , ta cũng sẽ thấy B sai. Vậy sẽ chọn được D.
Điều này giúp cho việc loại trừ nhanh hơn.
Cách 3: Phương trình tương đương:

( 3x
=
=

2

x3 + x 2 + x
x4 + 2 x2 + 1

x3 + x 2 + x
xác định trên ¡ .
x4 + 2 x2 + 1
( x3 + x 2 + x ) ′ ( x 4 + 2 x 2 + 1) − ( x3 + x 2 + x ) ( x 4 + 2 x 2 + 1) ′

Xét hàm số

y′ =

x 3 + x ( x + 1) = m ( x 2 + 1) ⇔ m =

y=

(x

2

4

+ 2 x 2 + 1)

2

+ 2 x + 1) ( x 4 + 2 x 2 + 1) − ( x3 + x 2 + x ) ( 4 x 3 + 4 x )

(x

4

+ 2 x 2 + 1)

− x 6 − 2 x5 − x 4 + x 2 + 2 x + 1

(x

4

+ 2 x 2 + 1)

2

2

( − x + 1) ( x
=
( x + 2x
4

2

4

2

+ 2 x + 1)

+ 1)

2

x = 1
y ′ = 0 ⇔ ( − x 4 + 1) ( x 2 + 2 x + 1) = 0 ⇔ 
 x = −1
Bảng biến thiên

.

Page 10

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
Phương trình (1) có nghiệm thực khi đường thẳng

3
2
y = m cắt đồ thị hàm số y = x + x + x ⇔ −1 ≤ m ≤ 3 .
4
4
x4 + 2x2 + 1

Câu 29: Đáp án C
Do
Vì

AB có độ dài không đổi nên chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi AC + CB nhỏ nhất.
C ∈ d ⇒ C ( t ;0; 2 − t ) ⇒ AC =

(

)

(

2t − 2 2

(

2

)

2

)

+ 9 , BC =

(

2t − 2

)

2

+4

2

⇒ AC + CB =
2t − 2 2 + 9 +
2t − 2 + 4.
r
r
r r r r
r r
2t − 2 2;3 , v = − 2t + 2; 2 . Áp dụng BĐT: u + v ≥ u + v . Dấu “=” xảy ra khi và chi khi u , v cùng
Đặt u =

(

(

hướng, ta được:

)

(

2t − 2 2

)

2

+9 +

)

(

2t − 2

)

2

+4 ≥

(

2 −2 2

)

2

+ 25.
2

Câu 30: Đáp án D

2 log a ( 23 x − 23) > log

a

(x

2

+ 2 x + 15 ) ⇔ log a ( 23 x − 23 ) > log a ( x 2 + 2 x + 15 )

15
299
345
299 345
> log a
⇔ a > 1 (do
>
là một nghiệm của bất phương trình nên log a
).
2
2
4
2
4
 23 x − 23 > x 2 + 2 x + 15
2
log
23
x
−
23
>

log
x
+
2
x
+
15
⇔
⇔ 2 < x < 19
Với a > 1 , ta có:
)
)  x 2 + 2 x + 15 > 0
a(
a(

Ta có:

x=

Câu 31: Đáp án C

f ( x) =

x

∫ ( 4t

3

1

− 8t ) dt = ( t 4 − 4t 2 )

x
1

= x 2 − 4 x + 3 , với x ≥ 0 .

f ′ ( x ) = 2 x − 4; f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 2 ∈ [ 0;6] . f ( 0 ) = 3; f ( 2 ) = −1; f ( 6 ) = 15 . Suy ra M = 15, m = −1 .
Suy ra:

M − m = 16 .

Câu 32: Đáp án B Đặt

t = 6 a , vì a là số nguyên dương nên t ≥ 1 . Từ giả thiết, ta có:

3log 3 ( 1 + t 3 + t 2 ) > 2 log 2 t 3 ⇔ f ( t ) = log 3 ( 1 + t 3 + t 2 ) − log 2 t 2 > 0 .
Cách 1: (Dùng kĩ thuật, giải bất phương trình bằng phương trình)
Xét phương trình:

log 3 ( 1 + t 3 + t 2 ) − log 2 t 2 = 0 ⇔ log 3 ( 1 + t 3 + t 2 ) = log 2 t 2 = u .

t 3 + t 2 + 1 = 3u

⇒ 2 2
Suy ra: 
u
t
=

2


(

( )

)

u

u

 2 2   2 u  1 u
+ 2 + 1 = 3 ⇔ 
+ ÷ =1
÷
÷ +  3 ÷
3

3


u

u

Vế trái là hàm nghịch biến nên phương trình có nghiệm duy nhất u = 4 . Suy ra: t = 4 . Do đó, phương trình

log 3 ( 1 + t 3 + t 2 ) − log 2 t 2 = 0 cũng có nghiệm duy nhất t = 4 .

Lập BBT, với chu ý:

f ( 2 ) > 0 , f ( 5 ) < 0 (cái này bấm máy)

t
f ( t)
Do đó:
Vậy

1

+

4
0

+∞
−

f ( t ) > 0 ⇔ 1 ≤ t < 4 ⇔ 1 ≤ 6 a < 4 ⇔ 1 ≤ a < 4096 .Suy ra: số nguyên lớn nhất là: a = 4095

log 2 ( 2017 a ) = log 2 ( 2017 × 4095 ) ≈ 22,9776 nên phần nguyên của log 2 ( 2017a ) bằng 22 .

Cách 2: (Khảo sát trực tiếp hàm số)
Ta có: f ′ ( t ) =
Vì đề xét

3
2

1 3t 2 + 2t
2 1 ( 3ln 2 − 2 ln 3) t + ( 2 ln 2 − 2 ln 3) t − 2 ln 3
.
−
. =
ln 3 t 3 + t 2 + 1 ln 2 t
ln 2.ln 3. ( t 4 + t 3 + t )

a nguyên dương nên ta xét t ≥ 1 .

.

2

7
2t − 2 2 3
7 3
6 7
3
= ⇔ t = . Suy ra: C  ;0; ÷⇒ CM =  − ÷ + 2 +  2 − ÷ = 2 .
5
− 2t + 2 2
5
5 5
5 5


Dấu “=” xảy ra khi và chi khi

Page 11

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
Xét g ( t )

= ( 3ln 2 − 2 ln 3 ) t 3 + ( 2 ln 2 − 2 ln 3 ) t 2 − 2 ln 3

g′ ( t ) = 0 ⇔ t =

2 ln 9
3ln 8

4 < 0.
9

Lập bảng biến thiên suy ra hàm số
Suy ra hàm số
Suy ra

Ta có g ′ ( t )

8
4
8
4

= 3ln t 2 + 2 ln t = t  3ln t + 2 ln ÷
9

9
9
9


g ( t ) giảm trên khoảng [ 1; +∞ ) . Suy ra g ( t ) ≤ g ( 1) = 5ln 2 − 6 ln 3 < 0 ⇒ f ′ ( t ) < 0 .

f ( t ) luôn giảm trên khoảng [ 1; +∞ ) . Nên t = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình f ( t ) = 0 .

f ( t ) > 0 ⇔ f ( t ) > f ( 4 ) ⇔ t < 4 ⇔ 6 a < 4 ⇔ a < 4096 .

Nên số nguyên

a lớn nhất thỏa mãn giả thiết bài toán là a = 4095 . Lúc đó log 2 ( 2017 a ) ≈ 22,97764311 .

log 2 ( 2017a ) bằng 22.
uuur
uuur
Câu 33: Đáp án A Ta có AB = ( −2; 2; −1) , AC = ( −2;1;0 ) .
uuu
r uuur
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) :  AB, AC  = ( 1; 2; 2 ) .


Nên phần nguyên của

Phương trình mặt phẳng

( ABC ) :

x − 1 + 2 ( y − 1) + 2 ( z − 3) = 0 ⇔ x + 2 y + 2 z − 9 = 0 .

r = d ( O, ( ABC ) ) =

Bán kính mặt cầu cần tìm:

9
= 3.
3

Câu 34: Đáp án B

Gọi

P là trung điểm của cạnh CD , ta có α = (·MN , BC ) = (·MN , NP ) .

Trong tam giác MNP , ta có

·
cos MNP
=

MN 2 + PN 2 − MP 2 1
3
·
.
= . Suy ra MNP
= 60° . Suy ra sin α =
2 MN .NP
2

2

Câu 35: Đáp án C

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) , ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB
⇒ SA ⊥ ( ABCD ) .

 SA ⊥ AB
Gọi N , H , K lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB và đoạn SH .
 BC ⊥ SA
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH ..Mà AH ⊥ SB ( ∆ABC cân tại A có AH là trung tuyến).
Ta có 
 BC ⊥ AB
Theo giả thiết, ta có

Suy ra
Nên

AH ⊥ ( SBC ) , do đó KN ⊥ ( SBC ) (vì KN || AH , đường trung bình). Mặt khác MN || BC ⇒ MN || ( SBC ) .

d ( M , ( SBC ) ) = d ( N , ( SBC ) ) = NK =
.

1
AH = 2 2 .
2

Page 12

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

(e

F ( x ) = ∫ e 2 x + e −2 x + 2dx = ∫

Câu 36: Đáp án C Ta có:

x

+ e − x ) dx = ∫ ( e x + e − x ) dx = e x − e − x + C
2

1
1
cos α
=
=
Câu 37: Đáp án C Ta có: 1 + tan α
sin α cos α + sin α nên A đúng.
1+
cos α
d ( cos x + sin x )
cos x − sin x
dx = ∫
= ln cos x + sin x
cos
x

+
sin
x
cos
x
+
sin
x
0
0

α

α

I−J =∫

α
0

= ln cos α + sin α . Nên B đúng.

α

I + J = ∫ dx = x α0 = α . Nên D đúng.
0

Câu 38: Đáp án C Do
Mặt khác

uur uur
nP .nR = 0 nên ( P ) ⊥ ( R ) nên ( 2 ) đúng. Vậy ( 1) và ( 2 ) đúng.

Câu 39: Đáp án A Do
Vậy

uur uur
nP = nQ và M ( 0;0; 4 ) ∈ ( P ) nhưng không thuộc ( Q ) nên ( P ) P( Q ) vậy ( 1) đúng.
AB P( CMN ) nên d ( P, ( CMN ) ) = d ( A, ( CMN ) ) = d ( D, ( CMN ) )

1
VPCMN = VDPMN = VMCND = VABCD
4

(Do diện tích đáy và chiều cao đều bằng một nửa).
2

Mặt khác

VABCD

1a 3
a 3 2 27 2
1 27 2 9 2
 a 
nên VMCND = .
=
. a2 − 
=
=

=
÷
3 4
12
12
4 12
16
 3
∆ chính là tích có hướng của hai vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng đã cho.

Câu 40: Đáp án A Vectơ chỉ phương của
Câu 41: Đáp án A Ta có

y′ =

8

( 2 x + 2)

Câu 42: Đáp án B VTPT của mặt phẳng

2

> 0 với mọi x ∈ ( −∞; −1) nên chọn A.

r
( P ) là n = ( 3; 4; −2 )

VTCP của đường thẳng d là

r  3n
2m 
u =  ; 4;
÷
3 
 2

 m = −3
n
m
=1= − ⇔ 
⇒ m + n = −1
2
3
n = 2
n

Câu 43: Đáp án C Tọa độ điểm C ( m; m;0), C ′(m; m;; n), M  m; m; ÷

2
Đường thẳng

d vuông góc với mặt phẳng ( P ) ⇔

uuur
uuur
uuuu
r 
n
BA′ = ( − m;0; n ) , BD = ( − m; m;0 ) , BM =  0; m; ÷


2
2
r m2 n m ( 4 − m )
1 uuur uuur uuuu
VBDA′M =  BA′, BD  .BM =
=
6
4
4

uuur uuur
 BA′, BD  = ( −mn; − mn; −m 2 )

3
64
m2 ( 4 − m ) m.m ( 8 − 2m ) 1  m + m + 8 − 2m  64
Ta có
. Suy ra: VBDA′M ≤
=
≤ 
÷ =
27
4
8
8
3
 27
Câu 44: Đáp án D Ta có AB = 10 cm , AD = 5 3 cm

S ABCD = 50 3

V = S ABCD .h = 750 3

Câu 45: Đáp án B VTPT của mặt phẳng
VTPT của mặt phẳng
Phưng

r
(Oxy ) là k = ( 0;0;1)

trình

d ( I ;(Q) ) = 5 ⇔

uur
( P ) là nP = ( 2; −1;0 )

mặt

VTPT của mặt phẳng

phẳng

uur uur r
(Q) là nQ =  nP , k  = (−1; −2;0)

( Q ) : x + 2 y + D = 0 .Theo

bài

D + 2 = 5
D = 3
4−2+ D
= 5⇔
⇔
5
 D + 2 = −5
 D = −7
.

Page 13

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa

ra

ta

có:


Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch

 x = 2 + 3t
 x = 11
 y = 4 − 2t


⇔  y = −2 ⇒ M (11; −2;0)

Câu 46: Đáp án B Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 
z
=
−
3
+
t

z = 0

 z = 0
 x = 2 + 3t
x = 8
 y = 4 − 2t


⇔  y = 0 ⇒ N (8;0; −1)
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình 
 z = −3 + t
 z = −1

 y = 0
Độ dài

MN = (8 − 11) 2 + 22 + (−1) 2 = 14

Câu 47: Đáp án B Ta có:

x
2.5 x + 2 + 5.2 x + 2 ≤ 133. 10 x ⇔ 50.5 x + 20.2 x ≤ 133 10 x chia hai vế bất phương trình cho 5

x

x
 2
20.2 x 133 10 x
2
ta được : 50 +
(1)
≤
⇔ 50 + 20.  ÷ ≤ 133. 
÷
x
x
÷
5
5
5
 5
x

 2
2
25
2
Đặt t = 
phương trình (1) trở thành: 20t − 133t + 50 ≤ 0 ⇔ ≤ t ≤
 5÷
÷ , (t ≥ 0)
5

4


x

2
x
−4
2  2  25
2 2 2
Khi đó ta có: ≤ 
⇔  ÷ ≤  ÷ ≤  ÷ ⇔ −4 ≤ x ≤ 2 nên a = −4, b = 2
÷ ≤
5  5 ÷
4
5 5 5

Vậy b − 2a = 10 .

Câu 48: Đáp án C Tập xác định của hàm số

 x 2 − 16 ≠ 0
 x ≠ ±4
⇔
y = ( x 2 − 16) −5 − ln(24 − 5 x − x 2 ) là : 

2
 24 − 5 x − x > 0
 −8 < x < 3

Vậy tập xác định là :

D = (−8;3) \ { −4} .

Câu 49: Đáp án D

log a f ( x ) < g ( x) ⇔ 0 < f ( x ) < a g ( x ) chỉ đúng khi cơ số a > 1 . Vậy với 0 < a ≠ 1 thì đẳng thức.

log a f ( x) < g ( x) ⇔ 0 < f ( x) < a g ( x ) chưa chắc đúng.
Câu 50: Đáp án A

4 x − 4 y + 2 z − 7 = 0 và 2 x − 2 y + z + 1 = 0 chứa hai mặt của hình lập phương. Mà hai mặt phẳng
( P ) : 4 x − 4 y + 2 z − 7 = 0 và (Q) : 2 x − 2 y + z + 1 = 0 song song với nhau nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng sẽ bằng

Theo bài ra hai mặt phẳng

cạnh của hình lập phương. Ta có

M (0;0; −1) ∈ (Q) nên d ((Q), ( P)) = d ( M , ( P)) =

Vậy thể tích khối lập phương là:

2 2 2 8
V= . . =
.
3 3 3 27

−2 − 7
4 + (−4) + 2
2

2

HẾT
Đáp án
1-A
11-D
21-B
31-C
41-A

2-C
12-A
22-A
32-B
42-B

3-D
13-B
23-A
33-A
43-C

.

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

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

Page 14

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

7-C
17-D
27-A
37-C
47-B

8-D
18-B
28-D
38-C
48-C

9-D
19-B
29-C

39-A
49-D

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

18 4 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa

2

=

3
2