Chữa chi tiết đề tham khảo môn toán

GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

LỜI GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ THAM KHẢO KỲ THI THPTQG 2017 – BỘ GD&ĐT
Hocmai.vn

GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ThayTungToan

GV: Lưu Huy Thưởng
facebook.com/ThuongToan.hocmai

Câu 1. Cho hàm số y  x3  3x có đồ thị (C ) . Tìm số giao điểm của (C ) và trục hoành.
A. 2 .
B. 3 .
C. 1 .
Giải

D. 0 .

Phương trình hoành độ của (C ) và trục hoành là:





x3  3x  0  x( x 2  3)  0  x  0;  3 , hay có 3 giao điểm  đáp án B.

Chú ý: Ở bài toán này ta hoàn toàn có thể giải trực tiếp bằng Casio với phương trình x3  3x  0 , nhưng chắc chắn
thao tác bấm máy sẽ chậm hơn việc tính tay (thậm chí bài này không cần phải nháp khi mà kết quả đã hiện ra luôn
khi ta đọc đề xong). Vì vậy, Casio là điều không cần thiết với câu hỏi này.
Câu 2. Tìm đạo hàm của hàm số y  log x .
1
ln10
1
1
A. y '  .
B. y ' 
.
C. y ' 
.
D. y ' 
.
x
x
x ln10
10 ln x
Giải
u'
1
Áp dụng công thức:  log a u  ' 
 đáp án C.
 y '   log x  '   log10 x  ' 
u ln a
x ln10
Chú ý: Với việc đáp án sẽ hiện ra luôn khi bạn chỉ cần nhớ công thức cơ bản về đạo hàm, nghĩa là đọc xong đề cũng
sẽ nhìn thấy đáp án đúng.Vì vậy, việc dùng Casio trong bài toán này chỉ dành cho những ai không nhớ nổi công
thức và đôi khi là muốn chứng minh cho mọi người biết vẫn có một con đường đi rất dài để tới đích khi mà đường

ngắn bạn không muốn đi .
1
Câu 3. Tìm tập nghiệm của bất phương trình 5x1   0 .
5
A. S  (1; ) .
B. S  (1; ) .
C. S  (2; ) .

D. S  (; 2) .

Giải
1
Ta có: 5x 1   0  5x 1  51  0  5x 1  51  x  1  1  x  2  S (2; )  đáp án C.
5

Câu 4. Kí hiệu a, b là phần thực và phần ảo của số phức 3  2 2i . Tìm a, b .
A. a  3; b  2 .

B. a  3; b  2 2 .

C. a  3; b  2 .

D. a  3; b  2 2 .

Giải
Số phức 3  2 2i có phần thức và phần ảo lần lượt là 3; 2 2  a  3; b  2 2  đáp án D.


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN

Câu 5. Tính môđun của số phức z biết z  (4  3i)(1  i) .
A. z  25 2 .

B. z  7 2 .

facebook.com/ThayTungToan

C. z  5 2 .

D. z  2 .

Giải
Cách 1: Ta có z  (4  3i)(1  i)  7  i  z  7  i  z  72  12  5 2  đáp án C.
Cách 2: Ta có: z  z  (4  3i)(1  i) , nên ta nhập vào máy:

 đáp án C.
Chú ý: Ở bài toán này việc sử dụng Casio và tính tay không có nhiều sự chênh lệch về mặt thời gian. Với những ai
có kĩ năng tính toán tốt thì sẽ tính nhanh hơn máy (thời gian nhập số liệu vào máy có thể chậm hơn tính tay).
x2
. Mệnh đề nào dưới đây đúng
x 1
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng (; 1) .
B. Hàm số đồng biến trên khoảng (; 1) .
C. Hàm số đồng biến trên khoảng (; ) .
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; ) .

Câu 6. Cho hàm số y 

Giải
Ta có: y ' 

3
 0, x  1 , suy ra hàm số đồng biến trên (; 1) và (1; )  đáp án B.
( x  1)2

Chú ý:
Nếu hàm số đồng biến (hay nghịch biến) trên khoảng D thì nó cũng sẽ đồng biến trên khoảng D '  D .

x 
Câu 7. Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như
như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

f '( x)
A. yCĐ  5 .
B. yCT  0 .

C. min y  4 .
D. min y  5 .
f ( x)


0
0



1


0



5



4



Giải
Chỉ có A đúng  đáp án A.
Chú ý: B, C, D sai là vì yCT  4 và hàm số không có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
Câu 8. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu
( x  1)2  ( y  2)2  ( z  4)2  20 .

A. I (1; 2; 4), R  5 2 .

B. I (1; 2; 4), R  2 5 .

C. I (1; 2;4), R  20 .

D. I (1; 2; 4), R  2 5 .

Giải
Mặt cầu (S):( x 1) ( y 2) ( z 4) 20  tâm I (1; 2; 4) và bán kính R  20  2 5  đáp án D.
2

2

2


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan
Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc
 x  1  2t

của đường thẳng d :  y  3t
.
 z  2  t

A.

x 1 y z  2
.
 
2
3
1

B.

x 1 y z  2
.
 
1
3

2
Giải

C.

x 1 y z  2
.
 
1
3
2

D.

x 1 y z  2
.
 
2
3
1


Đường thẳng d đi qua điểm M (1;0; 2) và có vecto chỉ phương: ud  (2;3;1)
Suy phương trình d :

x 1 y z  2
 đáp án D.
 
2
3

1

Câu 10. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x)  x 2 

x3 2
 C .
A. 
3 x
x3 2
C.  f ( x)dx    C .
3 x
f ( x)dx 

2
.
x2

B.



D.



x3 1
 C .
3 x
x3 1
f ( x)dx    C .

3 x

f ( x)dx 

Giải
Ta có:



2
x3 2

f ( x)dx    x 2  2  dx    C  đáp án A.
x 
3 x


Câu 11. Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây. Hỏi đồ thị của hàm số đã cho
có bao nhiêu đường tiệm cận?

A. 1.

B. 3.

C. 2.

D. 4.

Giải
Ta có: lim y   và lim y   , suy ra x  2 và x  0 là 2 tiệm cận đứng.

x 2

x 0

lim y  0  y  0 là tiệm cận ngang

x 

Vậy hàm số có 3 tiệm cận  đáp án B.



Câu 12. Tính giá trị của biểu thức P  7  4 3
A. P  1 .

B. P  7  4 3 .

 4
2017

3 7



2016

.

C. P  7  4 3 .



D. P  7  4 3



2016

.


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Giải







Ta có: P   4 3  7 4 3  7 



2016









. 7  4 3  (1) 2016 . 7  4 3  7  4 3  đáp án C.

Câu 13. Cho a là số thực dương, a  1 và P  log 3 a a3 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. P  3 .

C. P  9 .

B. P  1 .

1
D. P  .
3

Giải
Cách 1: Ta có: P  log 1 a3  3.3log a a  9  đáp án C.
a3

Casio
 9  đáp án C.
Cách 2: Chọn a  2  P  log 3 2 23 

Câu 14. Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng (; ) ?
A. y  3x3  3x  2 .

C. y  x 4  3x 2 .

B. y  2 x3  5x  1.

D. y 

x2
.
x 1

Giải
Xét A. ta có: y '  9 x 2  3  0 với x  (; ) , suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (; ) .

 đáp án A.
Câu 15. Cho hàm số f ( x)  x ln x . Một trong bốn đồ thị cho trong bốn phương án A, B, C, D dưới đây
là đồ thị của hàm số y  f '( x) . Tìm đồ thị đó.

A.

B.

C.

D.

Giải
Ta có: y  f '( x)  ln x  1, đồ thị hàm số đi qua điểm (1;1)  loại B, D.

Do đồ thị không đi qua điểm O(0;0)  loại A  đáp án C.
Câu 16. Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a .
a3 3
a3 3
a3 3
a3 3
A. V 
.
B. V 
.
C. V 
.
D. V 
.
6
12
2
4
Giải
Tam giác đều cạnh a có diện tích S 

a2 3
a 2 3 a3 3
 V  hS  a.

 đáp án D.
4
4
4

GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan
Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(3; 4;0), B(1;1;3) và C (3;1;0) . Tìm tọa
độ điểm D trên trục hoành sao cho AD  BC .
A. D(2;0;0) hoặc D(4;0;0) .
B. D(0;0;0) hoặc D(6;0;0) .
C. D(6;0;0) hoặc D(12;0;0) .
D. D(0;0;0) hoặc D(6;0;0) .
Giải
Do D  Ox  D(t;0;0) , khi đó:

t  3  3 t  0  D(0;0;0)
 đáp án D.
AD 2  BC 2  (t  3)2  42  02  42  02  32  


t  3  3
t  6  D(6;0;0)
Câu 18. Kí hiệu z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  z  1  0 . Tính P  z12  z22  z1 z2 .
A. P  1 .

B. P  2 .

C. P  1.

D. P  0 .

Giải

Viet
Ta có P  z12  z22  z1 z2   z1  z2   z1 z2 
  (1)2  1  0  đáp án D.
2

Chú ý:
Ở bài toán này ta có thể dùng Casio giải phương trình để tìm nghiệm và thay vào biểu thức P .
Câu 19. Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số y  3x 
A. min y  3 3 9 .
(0;)

B. min y  7 .
(0;)

4
trên khoảng (0; ) .
x2
33
C. min y  .
(0;)
5

D. min y  2 3 9 .
(0;)

Giải
Ta có: y '  3 

2
8 3x3  8


; y '  0  3x3  8  0  x  3 .
3
3
x
x
3

 2 
Do y(0 )   ; y()   và y  3   3 3 9  min y  3 3 9 (có thể lập bảng biến thiên)  đáp án A.
(0;)
 3
Chú ý:
Ở đây thầy đã dùng kí hiệu y (0 ) thay cho kí hiệu lim y và y()   cho kí hiệu lim y   .
x

x0

Câu 20. Hình đa diện dưới đây có bao nhiêu mặt?

A. 6.

B. 10.

C. 12.
Giải

Đếm và ta được 11 mặt  đáp án D.

D. 11.

GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Câu 21. Gọi S là diện tích hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các
đường y  f ( x) , trục hoành và hai đường thẳng x  1 , x  2
0

(như hình vẽ bên). Đặt a 



1

2

f ( x)dx , b   f ( x)dx , mệnh đề
0

nào dưới đây đúng?
A. S  b  a .
C. S  b  a .

B. S  b  a .
D. S  b  a .
Giải

2

0

2

0

2

1

1

0

1

0

Ta có: S   f ( x) dx   f ( x) dx   f ( x) dx    f ( x)dx   f ( x)dx  a  b  b  a  đáp án A.
Câu 22. Tìm tập nghiệm S của phương trình log 2 ( x  1)  log 2 ( x  1)  3 .
A. S  3;3 .

C. S  3 .

B. S  4 .





D. S   10; 10 .

Giải
Cách 1: (Giải xuôi)
Điều kiện: x  1
Khi đó phương trình tương đương:
x1
log 2 ( x  1)( x  1)  log 2 8  x2  1  8  x  3 
 x  3  S  3  đáp án C.

Cách 2: (Giải ngược) Nhập vào máy biểu thức:
log 2 ( X  1)  log 2 ( X  1)  3 và CALC với X  3;3 thì chỉ có X  3 thỏa mãn  đáp án C.

Câu 23. Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của một
hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án
A, B, C, D dưới đây. Hỏi đó là hàm số nào?
2x  3
2x 1
A. y 
.
B. y 
.
x 1
x 1
2x  2
2x 1
C. y 

.
D. y 
.
x 1
x 1
Giải
Đồ thị có tiệm cận đứng x  1  loại C, D.
Hàm số đồng biến trên (; 1) và (1; ) , chỉ có B thỏa mãn  đáp án B.

y

2
1 O

x


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

2

Câu 24. Tính tích phân I   2 x x 2  1dx bằng cách đặt u  x 2  1, mệnh đề nào dưới đây đúng?
1

2

3

B. I   udu .

A. I  2 udu .

1

0

2

3

C. I   udu .

D. I 

0

1
udu .
2 1

Giải
2

3

1

0

Đặt u  x 2  1  du  2 xdx và x :1  2 thì t : 0  3 . Suy ra: I   x 2  1.2 xdx   udu  đáp án C.
Nhận xét: Câu hỏi này về mặt kiến thức thì không sai, nhưng về phương pháp giải thì việc đặt u  x 2  1 dễ gây
“hiểu nhầm” cho học sinh rằng đây là cách đặt nên làm cho bài toán này, trong khi việc đặt u  x 2  1 mới là cách
thể hiện tính “tối ưu” của bài toán và cho cả các lớp câu hỏi tương tự.
Câu 25. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm M là điểm
biểu diễn số phức z (như hình vẽ bên). Điểm nào
trong hình vẽ là điểm biểu diễn của số phức 2z ?
A. Điểm N .
B. Điểm Q .
C. Điểm E .
D. Điểm P .
Giải
Do M thuộc góc phần tư thứ nhất nên z có phần thực và phần ảo dương.
Suy ra 2z cũng có phần thực và phần ảo dương nên 2z được biểu diễn bởi điểm thuộc góc phần tư thứ
nhất  điểm E  đáp án C.
Chú ý: Ở bài toán này việc tư duy trên là chưa được “chặt”, nhưng đủ để ta suy luận ra phương án C. Còn nếu có
thêm những phương án “nhiễu” tốt hơn thì ta sẽ quan tâm tới môđun, tới giá trị phần thực, phần ảo…
Câu 26. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3 a 2 và bán kính đáy bằng a . Tính độ dài
đường sinh l của hình nón đã cho.
A. l 

5a
.
2

B. l  2 2a .

C. l 

3a
.
2

D. l  3a .

Giải
Ta có: S xq   Rl  l 
1

Câu 27. Cho

e
0

S xq

R



3 a
 3a  đáp án D.
a
2

dx
1 e

, với a, b là cá số hữu tỉ. Tính S  a3  b3 .
 a  b ln
1
2

x

A. S  2 .

B. S  2 .

C. S  0 .
Giải

Đặt t  e  dt  e dx và x : 0  1 thì t :1  e .
x

x

D. S  1 .


GV: Nguyễn Thanh Tùng
1

1

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

e

e

x

dx
e dx
dt
t
2e
 x x

 ln
 ln
e  1 0 e (e  1) 1 t (t  1)
t 1 1
e 1
0

Khi đó I  

x

  ln

e 1
1 e
1  e a  1

 1 e 
   ln
 1  1  ln
 a  b ln

 S  a3  b3  0  đáp án C.
2e
2
2
2


b  1

Chú ý: Ta có công thức tính nhanh với dạng nguyên hàm
ax  b 



dx

dx

 (ax  b)(cx  d )

như sau:

1

 (ax  b)(cx  d )   ln cx  d  . ad  bc  C .

Câu 28. Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng a .
 a3
 a3
 a3
3
A. V 
.
B. V   a .
C. V 
.
D. V 
.
4
6
2
Giải
Đường tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh a có bán kính R 

a 2
.
2

2

 a 2   a3
Suy ra V  h. R  a. . 
 đáp án D.
 
2
 2 

2

Câu 29. Trong không gian với hệ tọa đó Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I (3; 2; 1) và đi qua điểm
A(2;1; 2) . Mặt phẳng nào dưới đây tiếp xúc với ( S ) tại A ?
A. x  y  3z  8  0 .
B. x  y  3z  3  0 .
C. x  y  3z  9  0 .
D. x  y  3z  3  0 .
Giải

 
Do mặt phẳng ( P) tiếp xúc với ( S ) tại A  IA  ( P)  n( P )  AI  (1;1; 3) .
Suy ra ( P) : x  y  3z  3  0  đáp án D.
Câu 30. Trong không gian với hệ tọa đó Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  1  0 và đường thẳng
x 1 y  2 z 1
. Tính khoảng cách d giữa  và ( P) .
:


2
1
2
1
5
2
A. d  .
B. d  .
C. d  .
D. d  2 .
3

3
3
Giải
Chọn M (1; 2;1)  .
Vì  / /( P)  d  d (, ( P))  d ( M , ( P)) 

2.1  2.(2)  1  1
22  (2) 2  (1) 2

 2  đáp án A.

Chú ý: Ở bài toán này ta không cần kiểm tra điều kiện  / /( P) , nhưng vẫn đủ cơ sở để suy ra  / /( P) vì kết quả
đưa ra có tồn tại d  0 (nếu   ( P) thì d  0 , còn  cắt ( P) thì không tồn tại d ).


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan
4
Câu 31. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  (m  1) x  2(m  3) x 2  1 không có cực
đại.
A. 1  m  3 .
B. m  1 .
C. m  1 .
D. 1  m  3 .
Giải
+) Với m 1  0  m  1 (*) hàm số có dạng: y  4 x 2  1 có 1 cực trị là điểm cực tiểu (thỏa mãn).
+) Với m 1  0  m  1 thì hàm số có dạng trùng phương. Do đó số cực trị sẽ là 1 hoặc 3.
Vậy để không có cực đại thì hàm số cần có 1 cực trị là điểm cực tiểu:

ab  0
a  0
m  1  0
m  1




 1  m  3 (2*) .
a  0
b  0
2(m  3)  0
m  3
Kết hợp (*) và (2*) ta được: 1  m  3  đáp án A.
Câu 32. Hàm số y  ( x  2)( x 2  1) có đồ thị như
hình vẽ bên. Hình nào dưới đây là đồ thị của
hàm số y  x  2 ( x 2  1) ?

A. Hình 1.

B. Hình 2.

C. Hình 3.
Giải

D. Hình 4.
y

2


( x  2)( x  1) khi x  2 (C1 )
2
Ta có: y  x  2 ( x  1)  
2

( x  2)( x  1) khi x  2 (C2 )

Như vậy đồ thị hàm số y  x  2 ( x 2  1) gồm 2 phần
+) Phần 1: là phần đồ thị (C1 ) được giữ lại từ đồ thị
(C ) : y  ( x  2)( x 2  1) trên miền x  2 .

x

O

+) Phần 2: là phần đồ thị (C2 ) được tạo ra khi ta lấy
toàn bộ phần đồ thị của (C ) : y  ( x  2)( x 2  1)
trên miền x  2 đối xứng qua trục Ox .
Do đó ta được đồ thị có dạng hình 1  đáp án A.
Câu 33. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a  1, a  b và log a b  3 . Tính P  log
A. P  5  3 3 .

B. P  1  3 .

C. P  1  3 .

b
a

b

.
a

D. P  5  3 3 .


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Giải
Chọn a  2 , khi đó log a b  3  b  a

3

2

3

gán cho B. Khi đó dùng Casio để tính

 1  3  đáp án C.
Câu 34. Tính thể tích V của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x  1 và x  3 , biết rằng khi cắt
vật thể bởi mặt phẳng tùy ý vuông góc với trục Ox tại điểm có hoànhd độ x (1  x  3 ) thì được thiết
diện là một hình chữ nhật có độ dài hai cạnh là 3x và 3x 2  2 .
124
124
A. V  32  2 15 .

B. V 
.
C. V 
.
3
3
Giải





D. V  32  2 15  .

Diện tích thiết diện của hình chữ nhật là: S ( x)  3x 3x 2  2 .
3

3

1

1

Casio
Khi đó V   S ( x)dx  3 x 3x 2  2dx 


 đáp án C.
Câu 35. Hỏi phương trình 3x2  6 x  ln( x  1)3  1  0 có bao nhiêu nghiệm phân biệt?
A. 2.

B. 1.
C. 3.
D. 4.
Giải
1
1
Điều kiện: x  1 .

x 0
2
2
Phương trình tương đương: 3x2  6 x  3ln( x  1)  1  0 (*) .
Xét hàm số f ( x)  3x2  6 x  3ln( x  1)  1 với x  1 .
Ta có: f '( x)  6 x  6 



f '( x)

1
3
6 x2  3

; f '( x)  0  x  
.
x 1
x 1
2

Số nghiệm của (*) là số giao điểm của y  f ( x) và y  0 .

0



0






3,06
f ( x)

Từ bảng bảng biến thiên suy ra phương trình có 3 nghiệm

 đáp án C.

y0

0,14



Câu 36. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với
mặt phẳng ( SAB) một góc bằng 300 . Tính thể tích V của khối chóp S. ABCD .
A. V 

6a 3

.
18

B. V  3a3 .
Giải

C. V 

6a 3
.
3

D. V 

3a 3
.
3


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
Ta có SA là hình chiếu vuông góc của SD lên ( SAB) .
Do đó:  SD,( SAB)   
ASD  300

facebook.com/ThayTungToan
S

 SA  AD.cot 
ASD  a.cot 300  a 3 .

1
1
3a3
2
Suy ra: V  SA.S ABCD  a 3.a 
3
3
3
 đáp án D.

A

B

D

C

x 1 y  5 z  3
. Phương trình


2
1
4
nào dưới đây là phương trình hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng x  3  0 ?
 x  3
 x  3
 x  3

 x  3




A.  y  5  t .
B.  y  5  t .
C.  y  5  2t .
D.  y  6  t .
z  3  t
 z  3  4t
 z  3  4t
 z  7  4t




Giải

Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

Gọi I là giao điểm của d và mặt phẳng ( P) : x  3  0
x30
1  2t  3  0  t  2  I (3; 3; 5) .
Suy ra I (1  2t; 5  t;3  4t )  d 

Chọn M (1; 5;3)  d , khi đó M '(3; 5;3) là hình chiếu vuông góc của M trên ( P) .
Khi đó IM ' là hình chiếu vuông góc của d trên ( P) .

Ta có: IM '  (0; 2;8)  2(0; 1; 4)  loại B, C.

Kiểm tra phương án A, ta thấy đường thẳng không đi qua điểm M '(3; 5;3)  loại A  đáp án D.
Chú ý:
+) Ở bài toán này ta đã sử dụng kết hợp 2 phương pháp giải xuôi và giải ngược, điều này là cần thiết và thể hiện
tính “linh hoạt” vì người ra đề đã đưa ra phương án “nhiễu” khá tốt khi chọn điểm đi qua để viết phương trình lại
là điểm có tọa độ (3; 6;7) không phải một trong hai điểm I , M ' . Do đó, ta dùng cách giải ngược để kiểm tra điểm
đi qua (ở đây ta đã dùng phương pháp loại trừ để suy ra phương án D). Ta cũng dễ thấy D đúng vì t  1 ta được
điểm M '(3; 5;3) .
+) Hình chiếu vuông góc của M ( x0 ; y0 ; z0 ) trên mặt x  a  0 là M '(a; y0 ; z0 ) .
+) Ngoài ra ta có công thức xác định nhanh hình chiếu vuông góc của một điểm xuống một mặt phẳng (xem ở phần
Chú ý Câu 42 ).
1

1

Câu 38. Cho hàm số f ( x) thỏa mãn  ( x  1) f '( x)dx  10 và 2 f (1)  f (0)  2 . Tính I   f ( x)dx .
0

A. I  12 .

B. I  8 .

0

C. I  12 .

D. I  8 .


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Giải


u  x  1
du  dx
Cách 1: Đặt 
.

v  f '( x )dx  f (x )
dv  f '( x )dx 
 
1

1

Suy ra 10   ( x  1) f '( x)dx  ( x  1) f ( x) 0   f ( x)dx  10  2 f (1)  f (0)  I  10  2  I  I  8  đáp án D.
1

0

0

Cách 2 (Dùng phương pháp chọn hàm)
Do bài toán có 2 điều kiện (2 phương trình) liên quan tới f ( x) nên ta chọn hàm f ( x) chứa 2 tham số.
Cụ thể, ta chọn: f ( x)  ax  b  f '( x)  a .
1

1

0

0

Khi đó:  ( x  1) f '( x)dx  10  a  ( x  1)dx  10 

3a
20
20
 10  a 
 f ( x) 
xb .
2
3
3

34
20
34
 20

Suy ra 2  2 f (1)  f (0)  2   b   b  b    f ( x) 
x .
3
3
3
 3


34 
 20
Suy ra: I    x   dx   8  đáp án D.
3
3 
0
1

Câu 39. Hỏi có bao nhiêu số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện z  i  5 và z 2 là số thuần ảo?
A. 2 .

B. 3 .

C. 4 .

D. 0 .

Giải
Cách 1: Gọi z  a  bi với a, b   . Khi đó: z  i  5  a  (b  1)i  5  a 2  (b  1)2  25 (1) .
Ta có: z 2  (a  bi)2  a 2  b2  2abi là số ảo  a2  b2  0  a 2  b2 (2)

b  4  a  4
Từ (1), (2)  b2  (b  1)2  25  b2  b  12  0  
, suy ra có 4 cặp (a; b) hay có 4 số phức z
b  3  a  3

 đáp án C.
Cách 2: Gọi z  x  yi được biểu diễn bởi điểm M ( x; y) .
Ta có z  i  5  x  ( y  1)i  5  (C ) : x2  ( y  1)2  25 (1) .

Ta có: z 2  ( x  yi)2  x2  y 2  2 xyi là số ảo  x2  y 2  0  x2  y 2  y   x (2)
Từ (1),(2)  M là giao của đường tròn (C ) và hai đường thẳng y   x (đi qua gốc O ).
Do O  (C ) , suy ra y   x cắt (C ) tại 4 điểm phân biệt, hay có 4 số phức thỏa mãn  đáp án C.
Nhận xét: Ở bài toán này Cách 1, Cách 2 không có nhiều sự khác biệt. Tuy nhiên nếu điều kiện bài toán cho phức
tạp hơn ta sẽ thấy được Cách 1 lúc này sẽ khó làm hơn, trong khi Cách 2 vẫn thể hiện tính hiệu quả của nó. Để
thấy rõ hơn điều này, các bạn hãy đến với Câu 48.
Câu 40. Cho hàm số y 
A. 2 y ' xy ''  

1
.
x2

ln x
, mệnh đề nào dưới đây đúng?
x
1
1
B. y ' xy ''  2 .
C. y ' xy ''   2 .
x
x

D. 2 y ' xy '' 

1
.
x2

GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Giải

1
 .x 2  2 x(1  ln x)
1  ln x
3  2ln x
Cách 1: Ta có: y ' 
 y ''  x

2
4
x
x
x3
1  ln x
3  2ln x
1
Ta xét vế trái đẳng thức A, ta có: 2 y ' xy ''  2.
 x.
  2  đáp án A.
2
3
x
x

x
ln x
1
1
1
Cách 2: Ta có: y 
 xy  ln x  y  xy '   y ' y ' xy ''   2  2 y ' xy ''   2  đáp án A.
x
x
x
x
Câu 41. Hỏi có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y  (m2  1) x3  (m  1) x 2  x  4 nghịch biến trên
khoảng (; )
A. 2 .
B. 1 .
C. 0 .
D. 3 .
Giải
Yêu cầu bài toán tương đương: y '  3(m2  1) x2  2(m  1) x  1  0, x   (*) .
 Với m2  1  0  m  1 :
+) Khi m  1 , (*) có dạng 1  0, x   (luôn đúng). Vậy m  1 thỏa mãn (1) .
+) Khi m  1 , (*) có dạng 4 x  1  0, x   (sai). Vậy m  1 loại.
 Với m2  1  0  m  1 thì:

1  m  1
2

1
m  1  0


m
(*)  



 m  1 
 m  0 (2) .

1
2
2


m

1

'

4
m

2
m

2

0




 2
Từ (1) và (2) , suy ra: m  0;1 , nghĩa là có 2 giá trị nguyên m  đáp án A.
Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 6 x  2 y  z  35  0 và điểm
A(1;3;6) . Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua ( P) , tính OA ' .
A. OA '  3 26 .

B. OA '  5 3 .
Giải

C. OA '  46 .

D. OA '  186 .

 x  1  6t

Cách 1: Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( P)  d :  y  3  2t  H (1  6t;3  2t;6  t ) là
z  6  t

H( P)
 6(1  6t )  2(3  2t )  6  t  35  0  t  1  H (5;1;7) .
giao điểm của d và ( P) 

Do H là trung điểm của AA '  A '(11; 1;8)  OA  112  12  82  186  đáp án D.
Cách 2: Áp dụng công thức tọa độ hình chiếu (xem phần Chú ý), ta có:

 xA '  1  2.6.(1)  11
6  6  6  35

T 2

 1   y A '  3  2.(2).(1)  1  A '(11;  1;8)  OA  112  12  82  186  đáp án D.
2
2
6  2 1
 z  6  2.1.( 1)  8
 A'
Chú ý:


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan
Ở Cách 2 ta đã sử dụng công thức xác định điểm đối xứng của một điểm qua một mặt phẳng như sau:
“Gọi A( x0 ; y0 ; z0 ) và mặt phẳng ( P) : ax  by  cz  d  0 . Khi đó A '( x; y; z ) đối xứng với A qua ( P) được xác

 x  x0  2aT
ax  by  cz  d

định bởi:  y  y0  2bT với T  0 2 0 2 02
”.
a b c
 z  z  2cT
0

Câu 43. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng 3 2a , cạnh bên bằng 5a . Tính bán
kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD .
25a
A. R  3a .
B. R  2a .
C. R 

.
D. R  2a .
8
S

Giải
Áp dụng công thức tính nhanh: R 

l2
2h

(*)

với l  5a và h là chiều cao của đáy.

l
h

AB 3 2a

 3a  h  l 2  AH 2  4a .
2
2

Ta có: AH 
Từ (*)  R 

B

A

2

(5a)
25a

 đáp án C.
2.4a
8

H

Câu 44. Cho hàm số f ( x) liên tục trên  và thỏa mãn f ( x)  f ( x)  2  2cos 2 x , x  . Tính
I

3
2



A. I  6 .

f ( x)dx .

B. I  0 .

C. I  2 .

3


2

Giải
Cách 1: (Sử dụng tính chất )
a

Ta có tính chất



a

f ( x)dx 

a



f ( x )dx với f ( x) xác định và liên tục trên  a; a  .

a

Khi đó: f ( x)  f ( x)  2  2cos 2x 

3
2



f ( x)dx 

3

2

 2I 

3
2





2  2 cos 2 xdx 

3
2

Cách 2 (Chọn hàm nhờ tính chất đặc biệt).

3
2



3

2

f ( x) dx 

3
2



2  2 cos 2 xdx

3

2

I 

12
 6  đáp án D.
2

D. I  6 .


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

2  2cos 2 x
thỏa mãn
2

Do g ( x)  2  2cos 2 x là hàm chẵn nên ta chọn f ( x) 

2  2cos(2 x)
2  2cos 2 x

 2  2cos 2 x .
2
2

f ( x)  f ( x) 
3
2

Khi đó I 





facebook.com/ThayTungToan

3
2

f ( x)dx 

3
2



2  2 cos 2 x
Casio
dx 
 6  đáp án D.
2


3
2

Cách 3 (Theo cách “chân phương nửa vời”)
3
2



Ta có I 

3
2

 

f ( x)dx 

3

2



2  2 cos 2 x  f ( x) dx 

3

2





f ( x)dx 

3
2

3
2





f (t )dt 

3
2

3

2





2  2 cos 2 xdx 

3

2

Đặt t   x  dt  dx và x : 
3
2

3
2



3
2



f ( x)dx (*)

3


2

3
3
3
3
thì t :
. Khi đó:


2
2
2
2

(*)
f ( x)dx  I 
I

3
2

3
2





2  2cos 2 xdx  I  I 

3
2

1
2

3
2





Casio
2  2cos 2 xdx 
6

3
2

 đáp án D.
Cách 4 (Theo cách “chân phương”)
3
2



Ta có I 

3
2

 

f ( x)dx 

3

2



2  2 cos 2 x  f ( x) dx 

3

2



f ( x)dx 

3

2

3
2



f (t )dt 

3

2

I

1
2

3
2







3
2



2  2 cos 2 xdx 





2

2

(*)
f ( x)dx  I 
I



1
2

3
2



4 cos 2 xdx 

3

2

3
2

2
3
2

Chú ý: Ta có thể tính



3
2



f ( x)dx (*)





2

2

3
2

2  2 cos 2 xdx 

3


2

3
2



2  2 cos 2 xdx  I

3

2
3
2



3

2

3

2

 cos x dx   cos x dx   cos x dx  

 cos xdx   cos xdx   cos xdx  sin x

3


2

3
2

3
3
3
3
thì t :
. Khi đó:


2
2
2
2

3

2

3

2



3


2

Đặt t   x  dt  dx và x : 
3
2

3
2





2
3

2

 sin x


2




sin x

2



3
2



2

cos x dx

2

 2 2 2 6  đáp án D.

2

2
3
2


2

3
2

0

0





3

cos x dx  2  cos x dx  2  cos xdx 2  cos xdx  2sin x 02  2sin x 2  2.1  2.(2)  6
2

2


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

Do phương án “nhiễu” của bài toán chưa tốt nên khi thiết lập được I 

facebook.com/ThayTungToan

1
2

3
2



2  2cos 2 xdx ta có thể suy ra luôn

3

2

I  6 (vì 2  2cos 2 x  0 và g ( x)  2  2cos 2 x là hàm chẵn nên I  0 ).
Câu 45. Hỏi có bao nhiêu giá trị m nguyên trong đoạn  2017; 2017 để phương trình
log(mx)  2log( x  1) có nghiệm duy nhất?
A. 2017 .
B. 4014 .

C. 2018 .

D. 4015 .

Giải
 x  1
 x  1
 x  1

Phương trình tương đương: 


1
2
2
m  x   2 (*)
log(mx)  log( x  1)
mx  ( x  1)


x

1
x 1
0
Xét hàm số f ( x)  x   2 với x  1 .

1
x
f '( x)



0
1
Ta có f '( x)  1  2 ; f '( x)  0  x  1 .


x
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương
4
m  4
f ( x)
trình (*) có nghiệm duy nhất x  1  
0
m  0
m; m 2017;2017





m 2017; 2016;...; 1; 4



Có 2018 giá trị m  đáp án C.
Câu 46. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số
1
y  x3  mx 2  (m2  1) x có hai điểm cực trị là A và B sao cho A, B nằm khác phía và cách đều đường
3
thẳng y  5x  9 .
A. 0 .
B. 6 .
C. 6 .
D. 3 .
Giải
Ta có: y '  x2  2mx  m2  1 ; y '  0  x2  2mx  m2  1  0 (*) .
3

m2  3m  2  A  m  1; m  3m  2 
 

 x  m 1  y 
3


3
2
2



Cách 1:  '  m  (m  1)  1  
.
m2  3m  2  

m3  3m  2 
 B  m  1;

 x  m  1  y 
3
3

 

 m3  3m 
Do A, B nằm khác phía và cách đều đường thẳng y  5x  9 nên trung điểm I  m;
 của AB thuộc
3


đường thẳng y  5x  9 

m2  3m
 5m  9  m3  18m  27  0
3


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

b
 0  đáp án A.
a
Cách 2: Áp dụng công thức giải nhanh, đường thẳng đi qua A, B là:

có 3 nghiệm m1 , m2 , m3 thỏa mãn m1  m2  m3  

y

2 2
bc
2
m(m2  1)
2
m(m2  1)
(b  3ac) x  d 

(m2  m2  1) x  0 
 x
1
9a
9a
3
3
3
9.

3


2
m(m2  1)  
2
m(m2  1) 
Khi đó: A  x1 ;  x1 
,
B
x
;

x

  2
 , với x1 , x2 là nghiệm của.
2
3
3
3
3

 

Gọi I là trung điểm của AB  xI 

 m3  3m 
x1  x2
2

m(m2  1) m3  3m
 m  yI   m 

 I  m;
.
2
3
3
3
3



Do A, B nằm khác phía và cách đều đường thẳng d : y  5x  9 nên:  I  d 
 m3  18m  27  0 có 3 nghiệm m1 , m2 , m3 thỏa mãn m1  m2  m3  

m2  3m
 5m  9
3

b
 0  đáp án A.
a

Chú ý: Nếu x1 , x2 , x3 là ba nghiệm của phương trình ax3  bx2  cx  d  0 thì

b

 x1  x2  x3   a


c

 x1 x2  x2 x3  x3 x1 
a

d

 x1 x2 x3   a


(Vi – et hàm bậc 3).

Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  3  0 và mặt cầu

(S ) : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  5  0 . Giả sử điểm M  ( P) và N  (S ) sao cho vectơ MN cùng phương

với vectơ u  (1;0;1) và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính MN .
A. MN  3 .

B. MN  1  2 2 .

C. MN  3 2 .

Giải


Cách 1: Do MN cùng phương với vectơ u  (1;0;1) nên:




MN  ku  MN  k . u  k 2  MN max  k max

D. MN  14 .

(*) .

Gọi N (a; b; c)  (S )  a2  b2  c2  2a  4b  2c  5  0  (a  1) 2  (b  2) 2  (c  1) 2  1 (2*) .

a  xM  k
 xM  a  k




M ( P )
 M  a  k ; b; c  k  
 a  k  2b  2(c  k )  3  0 .
Ta có MN  ku  b  yM  0   yM  b
c  z  k
z  c  k
M

 M
 a  2b  2c  3  3k  0  3k  6  (a  1)  2(b  2)  2(c 1)
BCS

 3k  6  (a  1)  2(b  2)  2(c  1) 

(2*)
(12  (2) 2  22 )(a  1) 2  (b  2) 2  (c  1) 2 

3.

Hay 3k  6  3  1  k  2  1  3  k  1  1  k  3  k max  3 (3*) .


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
Từ (*) và (3*) , suy ra MNmax  3 2  đáp án C.

facebook.com/ThayTungToan

Cách 2: Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;1) và bán kính R  1 .

N'

Gọi  là góc tạo bởi MN và mặt phẳng ( P) .

 
Ta có uMN  u  (1;0;1) và n( P )  (1; 2; 2) .
 
uMN .n( P )
1 2
1
 sin     

   450 .
2.3
2
uMN . n( P )

N
I

φ

Gọi H là hình chiếu của N xuống ( P)

H

M

 Tam giác MNH vuông cân tại H  MN  2NH .

H'

Ta có: NH  N ' H '  IN  IH '  R  d ( I ,( P))  1  2  3 .
Suy ra MN  3 2  MNmax  3 2  đáp án C.
Câu 48. Xét các số phức z thỏa mãn z  2  i  z  4  7i  6 2 . Gọi m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất,
giá trị lớn nhất của z  1  i . Tính P  m  M .
A. P  13  73 .

B. P 

5 2  2 73
.
2
Giải

C. P  5 2  73 .

D. P 

5 2  73
.
2

Gọi z  x  yi được biểu diễn bởi điểm T ( x; y) .
Khi đó z  2  i  z  4  7i  6 2  ( x  2)2  ( y  1)2  ( x  4)2  ( y  7)2  6 2 (*) .
(*)
TA  TB  AB  M thuộc đoạn AB
Gọi A(2;1), B(4;7) 

Ta có phương trình đoạn thẳng AB : x  y  3  0 với x   2;4 (1)
Ta có: z  1  i  ( x  1)2  ( y  1)2 (2)
Cách 1: Thay (1) vào (2) , ta được: z  1  i  ( x  1)2  ( x  4)2  2 x 2  6 x  17 

f ( x)

3
Xét f ( x)  2 x 2  6 x  17 với x   2;4 . Ta có: f '( x)  4 x  6; f '( x)  0  x   .
2

 3  25
 P  mM 
Ta có f (2)  13 ; f (4)  73 ; f    
 2 2

f ( x)min 

 đáp án B.

(2)
z  1  i  TC .
Cách 2: Gọi C (1; 1) 

Ta có m  TCmin  d (C , AB) 

M  TCmax  max CA, CB 



11 3
2





5
và
2

13; 73  73  P  m  M 

A

f ( x )max 

25
5 2  2 73
 73 

2
2

T

B

m
M

C
5
5 2  2 73
 73 
 đáp án B.
2
2


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan
Câu 49. Cho mặt cầu tâm O , bán kính R . Xét mặt phẳng ( P) thay đổi cắt mặt cầu theo giao tuyến là
đường tròn (C ) . Hình nón ( N ) có đỉnh S nằm trên mặt cầu, có đáy là đường tròn (C ) và cho chiều
cao là h ( h  R ). Tính h để thể tích khối nón được tạo nên bởi ( N ) có giá trị lớn nhất.
4R
3R
A. h  3R .
B. h  2R .
C. h 

.
D. h 
.
3
2
Giải
Gọi I , r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn (C ) . Khi đó r 2  R2  OI 2  R2  (h  R)2  2hR  h2 .

 abc 
Áp dụng bất đẳng thức dạng abc  
 . Dấu “=” xảy ra khi a  b  c . Ta có:
3


3

1
1

  h  h  4 R  2h  32 R3
Thể tích khối nón V  h r 2  h  2hR  h 2   .h.h.(4 R  2h)  . 
 
3
3
6
6 
3
81

3

Khi đó Vmax  Dấu “=” xảy ra hay h  4 R  2h  h 

4R
 đáp án C.
3

Câu 50. Cho khối tứ diện có thể tích bằng V . Gọi V ' là thể tích của khối đa diện có các đỉnh là các
V'
trung điểm của các cạnh của khối tự diện đã cho, tính tỉ số
.
V
V' 1
V' 1
V' 2
V' 5
A.
B.
C.
D.
 .
 .
 .
 .
V 2
V 4
V 3
V 8
Giải
A

Xét các tứ diện có 1 đỉnh là đỉnh của khối tứ diện ban đầu
và 3 đỉnh còn lại là các trung điểm của các cạnh nối với đỉnh đó.
Khi đó có 4 tứ diện như thế có cùng thể tích.
Xét tứ diện AMNP (như hình vẽ). Ta có:
VA.MNP AM AN AP 1 1 1 1
1

.
.
 . .   VA.MNP  V .
8
VA.BCD
AB AC AD 2 2 2 8
1
V
Khi đó: V '  V  4VA.MNP  V  4. V 
8
2
V' 1
Suy ra:
  đáp án A.
V 2

N

M
P
B

C

D

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ THAM KHẢO TÀI LIỆU !