10 đề toán bản pdf đẹp (1)

HÀNH TRÌNH 80 NGÀY ĐỒNG HÀNH CÙNG 99ER

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017

THPT TRẦN HƯNG ĐẠO – NINH BÌNH LẦN 3

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

ĐỀ SỐ 38/80

Họ và tên thí sinh: .........................................................
Số Báo Danh: ................................................................
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án B
Ta có tập xác định D 

m
\ .
4

Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng thì x 

m
là nghiệm của PT x2  6 x  m  0 .
4

2
m  0
m
m

Suy ra    6.  m  0  m2  8m  0  
.
4
4
m  8

Câu 2: Đáp án C

x  0
Ta có y  8 x3  24 x 2 ; y  0  
.
x  3
Bảng biến thiên:

x



y



0



3

0



0






y
39
Từ bảng biến thiên ta hàm số nhận x  3 làm điểm cực tiểu.
Câu 3: Đáp án C
Ta có y  x 2  2mx   3m  2  .

Vì y là hàm bậc hai nên y  0 tại hữu hạn các điểm. Vậy hàm số đồng biến trên

khi và chỉ khi

y  0, x  , hay
   0
 m2  3m  2  0  2  m  1 .

a  0
Câu 4: Đáp án C
Ta có y   x 2  2mx   m 2  m  1 .

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 1

m  1
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 thì y 1  0  m2  3m  2  0  
.
m  2
1
Với m  1  y   x3  x 2  x  1 . Lập bảng biến thiên suy ra m  1 loại.
3

1
Với m  2 , ta có y   x3  2 x 2  3x  1 . Lập bảng biến thiên, ta nhận được kết quả đúng.
3
Câu 5: Đáp án A

 f  x   x 2   m  2  x  m  2  0
2x 1
Hoành độ giao điểm là nghiệm PT:
.
 x  m 1  
x 1
 x  1
Đường thẳng y  x  m  1 cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình f  x   0
có hai nghiệm phân biệt khác 1 , hay

  0
m2  8m  12  0
m  2





 f  1  0
m  6
1  0

* .

 x1  x2  2  m
Khi đó, gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình f  x   0 , ta có 
(Viète).
 x1 x2  m  2
Giả sử A  x1 ; x1  m  1 , B  x2 ; x2  m  1  AB  2 x2  x1 .
Theo giả thiết AB  2 3  2 x2  x1  2 3   x1  x2   4 x1 x2  6  m2  8m  6  0
2

 m  4  10
Kết hợp với điều kiện * ta được m  4  10
Câu 6: Đáp án D
Dựa vào bảng biến ta thấy hàm số có giá trị lớn nhất bằng 4 , không có giá trị nhỏ nhất.
Câu 7: Đáp án A
x  0
Ta có: y  4 x3  4mx , cho y  0  
x   m

Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi m  0 .



 

Gọi A  0; 2m  m 4  , B  m ; m 4  m 2  2m , C

m ; m 4  m 2  2m



Khi đó: BC  4 m và h  m2

1
Khi đó: S  2  .2 m .m2  2  m5  2  m  5 4
2
Câu 8: Đáp án C
3
3
2
Ta có y  sin x  cos 2 x  sin x  2  sin x  2sin x  sin x  1

  
Đặt t  sin x với t   1;0  vì x    ;0 
 2 
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 2


t  1
2
3


y

3
t

4
t

1
y

t

2
t

t

1
Khi đó
nên
, cho y  0  
t   1
3

Lập BBT
Dựa vào BBT suy ra min y 
  
  ;0 
 2 

23
27

Câu 9: Đáp án C
Ta có: v  t   S   6t 2  36t  1 và v  t   12t  36 , cho v  t   0  t  3
Lập BBT suy ra t  3s thì vận tốc đạt giá trị lớn nhất bằng 55 m / s .
Câu 10: Đáp án B
f   x   1  ln x , cho f   x   0  x  e

Khi đó f  2   4  2 ln 2 , f  3  6  3ln 3 và f  e   e nên min f  x   4  2 ln 2 .
 2;3

Câu 11: Đáp án A
Ta có y  3x2  3m nên y  0  x2  m .

Δ A

H
B

Đồ thị hàm số y  x  3mx  2 có hai điểm cực trị khi và chỉ khi m  0 .
3

1
1
Ta có y  x3  3mx  2  x  3x 2  3m   2mx  2  x. y  2mx  2 .
3
3

I

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  3mx  2 có phương trình  : y  2mx  2
1
1
1
Ta có: SIAB  .IA.IB.sin AIB  sin AIB 
2
2
2

Diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng

1
khi sin AIB  1  AI  BI .
2

Gọi H là trung điểm AB ta có: IH 

1
2
AB 
 d I , 
2
2

Mà d I ,  

2m  1  2
4m 2  1

Suy ra:

d I ,   

2m  1  2
4m 2  1



2 3
2
 4m  2  2  4m2  1  8m 2  16m  2  0  m 
.
2
2

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 3


Câu 12: Đáp án C
Câu 13: Đáp án D

S

Tam giác ABC vuông cân tại A nên SABC 

1

AB. AC  2 cm2 .
2
B

V
1
24
VS . ABC  h.SABC  h  3 S . ABC 
 12cm .
3
SABC
2

C

Câu 14: Đáp án A

A

Tứ giác AAC
là hình chữ nhật có hai kích thước AA1  2cm và
1 1C

B1

AC  2 2cm   AB  nên S AA1C1C  4 2cm 2 .

2

1

1
16
Vậy VBA1 ACC1  BA.S AA1C1C  2 2.4 2  cm3 .
3
3
3

B

C1
A1

C
2 2

Câu 15: Đáp án C

A

2 3
Tam giác BCD đều  DE  3  DH 
3
AH  AD 2  DH 2 

SEFK

Mà

2 6
3

N

1
1 1
1
3
 .d E , FK  .FK  . d D,BC . BC 
2
2 2
2
4

 VSKFE

1
1 2 6 3
2
 AH .SEFK  .
.

.
3
3 3
4
6

AM AN AP 2




AE AK AF 3

Lại có:

A

M

P
K

B

D

H

E

F

C

VAMNP AM AN AP 8
8
4 2
.

.

.

 VAMNP  VAEKF 
VAEKF
AE AK AF 27
27
81
B

Câu 16: Đáp án A

30°

Độ dài đường sinh l  BC 

AC

 4a .

sin B
Câu 17: Đáp án B

V  R 2 h  48  R 

2a
A

C

48

4
3
V=48π

3

S xq  2Rl  2.4.3  24 (do l  h )

Câu 18: Đáp án B

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 4


Gọi M là trung điểm của BC . Từ M kẻ đường thẳng € SA . Khi đó  là trục của đường tròn ngoại tiếp

ABC . Đường trung trực của cạnh bên SA qua trung điểm J và cắt  tại I . Suy ra I là tâm của mặt cầu
S

ngoại tiếp hình chóp S.ABC
2

2

9
 SA   BC 
Có bán kính R  IA     
 
2

 2   2 

J
I
C

3

4  9  729
Vậy V     

3 2
6

A
M
B

Câu 19: Đáp án A
15 cm

Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích của khối trụ bên ngoài và bên trong

40 cm

Do đó lượng bê tông cần phải đổ là:

200 cm

V  V1  V2   .402.200   .252.200  195000 cm3  0,195 m3

Câu 20: Đáp án A

2 z  z  5  i  0  2(a  bi )  (a  bi )  5  i  0
5

3a  5  0
a 
 (3a  5)  (b  1)i  0  

3
b  1  0
b  1
Vậy: 3a  2b  3
Câu 21: Đáp án B


1
 z1  
2
z2  z 1  0  

1
 z2  

2

3
iA
2

3
iB
2

Chuyển máy tính sang chế độ số phức (MODE – 2)
Nhập vào màn hình: A2  B 2  4  3i  3 2 .

Câu 22: Đáp án D
Chuyển máy tính sang chế độ số phức (MODE – 2)
z  z1  3  2i   z2   2  i  3  2i   5  3i  13  4i  z  13  4i .

Câu 23: Đáp án C
Phương pháp tự luận
Giả sử z  x  yi  x, y 



z  3i  z  2  i  x   y  3 i   x  2    y  1 i  x 2   y  3   x  2    y  1
2

2

2

 6 y  9  4 x  4  2 y  1  4 x  8 y  4  0  x  2 y 1  0  x  2 y  1
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 5

2

z  x2  y 2 
Suy ra z min 

2
1
5
2
 2 y  1  y 2  5 y 2  4 y  1  5  y    
5 5
5


2
1
5
khi y    x 
5
5
5

1 2
Vậy z   i.
5 5
Phương pháp trắc nghiệm
Giả sử z  x  yi

 x, y  

z  3i  z  2  i  x   y  3 i   x  2    y  1 i  x 2   y  3   x  2    y  1
2

2

2

 6 y  9  4x  4  2 y  1  4x  8 y  4  0  x  2 y 1  0
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa điều kiện z  3i  z  2  i là đường thẳng d : x  2 y  1  0
.
Phương án A: z  1  2i có điểm biểu diễn 1;  2   d nên loại A.
1 2
Phương án B: z    i có điểm biểu diễn
5 5

 1 2
  ;   d nên loại B.
 5 5

Phương án D: z  1  2i có điểm biểu diễn  1; 2   d nên loại B.
1 2
Phương án C: z   i có điểm biểu diễn
5 5

1 2
 ; d
5 5

Câu 24: Đáp án C
w  2z  1 i  z 

z  3  4i  2 

Giả sử w  x  yi

w 1  i
2

w 1  i
 3  4i  2  w  1  i  6  8i  4  w  7  9i  4 1
2

 x, y   , khi đó 1   x  7    y  9 
2

2

 16

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức w là hình tròn tâm I  7;  9  , bán kính r  4.
Vậy diện tích cần tìm là S   .42  16 .
Câu 25: Đáp án D
Phương pháp tự luận:
Vì z1  z2 và z1  z2 nên cả hai số phức đều khác 0 . Đặt w 

z1  z2
và z1  z2  a , ta có
z1  z2

a2 a2


 z1  z2  z1  z2 z1 z2 z1  z2
w
 2

 w

2
z2  z1
 z1  z2  z1  z2 a  a
z1 z2
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 6


Từ đó suy ra w là số thuần ảo. Chọn D.
Phương pháp trắc nghiệm:
Số phức z1, z2 khác nhau thỏa mãn z1  z2 nên chọn z1  1; z2  i , suy ra

z1  z2 1  i

 i là số thuần ảo.
z1  z2 1  i

Câu 26: Đáp án C

1

1

 f  x  dx  5  cos 5xd  5x   5 sin 5x  C
Câu 27: Đáp án A
1

I   g   x  dx  g  x  1  g 1  g  1  2 g 1  g  1  2  3  2  1
1

1

Câu 28: Đáp án
Bài này bị lỗi đề, tại điểm x  2 thì g  x  không xác định nên không thể dùng giả thiết G 1  3 để tính
G  4 .

Câu 29: Đáp án A
x
 t  dx  2dt . Đổi cận : x  4  t  2, x  2  t  1.
2

Đặt

x
I   f   dx  2 f  t  dt 2 f  x  dx   6
2
2
1
1
4

2

2

Câu 30: Đáp án C
ln 2


0

1 

x x
 dx   xdx 
2e  1 

0
ln 2

ln 2



Tính

0

x2
xdx 
2

ln 2

 2e

Tính

1
x

0

1

ln 2

0

ln 2

 2e

1
x

0

1

ln 2 2


2

dx

Đặt t  2e x  1  dt  2e x dx  dx 
ln 2

 2e
0

ln 2



x

1

dx  

  x  2e
0

dt
. Đổi cận : x  ln 2  t  5, x  0  t  3 .
t 1

5
dt
5

 1 1
 
 dt   ln t  1  ln t   ln 4  ln 5  ln 2  ln 3  ln 2  ln .
3
t t  1 3  t  1 t 
3
3 

5

1

dx

1
x

5

1 2
5

 dx  ln 2  ln 2  ln  a  2, b  1, c  1
1 
2
3

Vậy a  b  c  4 .
Câu 31: Đáp án A
Ta có: y 2  6  3 x  y   6  3 x

Phương trình hoành độ giao điểm:
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 7


x  2
6

3
x

0

x  1

.
4  x 2  6  3x   2
  x  1  
x  2
 x  3x  2  0
 x  2

4  x 2   6  3x  4  x 2  6  3x  0  x  2 .

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là:
2

S
1





2

2

1

1

4  x 2  6  3x dx   4  x 2 dx   6  3xdx 

2 7 3
.

3
6

Câu 32: Đáp án D
Ta có: N  t    N   t  dt  

4000
dt 8000.ln 1  0,5t  C
1  0,5t

Mà số lượng vi trùng ban đầu bằng 250000 con nên C  250000 .
Do đó: N  t   8000.ln 1  0,5t  250000 .

Vậy sau 10 ngày số lượng vi trùng bằng: N 10   8000.ln 6  250000  264334 con.
Câu 33: Đáp án D
Ta có:

log 3  m  3  10m ;ln 3  n  3  en
 10m  en  n  m ln10
Vậy ln 30  ln 3  ln10  n 

n
.
m

Câu 34: Đáp án D
3
x  3  0 x  3

Hàm số y   x  3 2  4 5  x xác định khi: 
5  x  0
x  5

Vậy TXĐ D   3;5
Câu 35: Đáp án D
+ Tính tổng số tiền mà Hùng nợ sau 4 năm học:
Sau 1 năm số tiền Hùng nợ là: 3 + 3r  3 1  r 
Sau 2 năm số tiền Hùng nợ là: 3 1  r   3 1  r 
2

Tương tự: Sau 4 năm số tiền Hùng nợ là:
3 1  r   3 1  r   3 1  r   3 1  r   12927407, 43  A
4

3

2

+ Tính số tiền T mà Hùng phải trả trong 1 tháng:
Sau 1 tháng số tiền còn nợ là: A  Ar  T  A 1  r   T .
Sau 2 tháng số tiền còn nợ là: A 1  r   T   A 1  r   T  .r  T  A 1  r   T 1  r   T
2

Tương tự sau 60 tháng số tiền còn nợ là: A 1  r   T 1  r   T 1  r   T 1  r   T .
60

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

59

58

Trang 8


Hùng trả hết nợ khi và chỉ khi

A 1  r   T 1  r   T 1  r    T 1  r   T  0
60

59

58

60
59
58
 A 1  r   T 1  r   1  r    1  r   1  0



1  r 

60

1  r 
T

60

 A 1  r   T
60

 A 1  r 
T 

60

r

Ar 1  r 

1  r 

1
0
1 r 1

60

1

0

60

1

 T  232.289
Câu 36: Đáp án A

x  0
Điều kiện: x 2  2 x  0  
.
x  2
f  x 



2x  2
1  2 x 2  4 x  4 

,

.
f
x

 
ln 3   x 2  2 x 2 
 x2  2 x  .ln 3



Vậy f   x   0  2 x 2  4 x  4  0 (phương trình vô nghiệm).
Câu 37: Đáp án A
Điều kiện: x  1
pt  3log 3  x  1  3log 3  2 x  1  3  log 3  x  1 2 x  1  1
1
  x  1 2 x  1  3  2 x 2  3 x  2  0    x  2 .
2

Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là: S  1; 2 .
Câu 38: Đáp án A
Vì hàm số y  log 3 x có cơ số nhỏ hơn 1 nên hàm số nghịch biến do đó log 3 a  log 3 b  a  b .
4

4

4

Câu 39: Đáp án D

P

a



a



3 1



3 1

3  2 2 3



a2 1

a4 a2

Câu 40: Đáp án C
Cách 1: Sử dụng chức năng CALC của MTCT ta thay các đáp án vào thấy x  1 thỏa mãn.
Cách 2:
Biến đổi phương trình thành:

x

2

 3x  2  .5x 1   x  1 .3x  0   x  1  x  2  .5 x  2  3x   0

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 9


 x  1

x

3
x 1
x
x  2  .5  3  x  2  5.  

5

1

Ta thấy phương trình 1 có vế phải là hàm nghịch biến, vế trái là hàm đồng biến nên phương trình 1 có
nghiệm duy nhất x  1 .
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  1 .
Câu 41: Đáp án A
Tâ ̣p xác đinh:
̣ D

.

3  5   3  5 
x

x

x

x

 3 5   3 5 
 3.2  
  
  3 .
 2   2 
x

x

x

 3  5  3  5 
 3  5  3  5 
Nhận thấy 

  1  
  
 .

 2  2 

 2   2 
x

x

 3 5 
 3 5  1
Đặt t  
  0  
 
2
2



 t
 3  5  x 3  5
 3 5

 
t

2
 2 
x  1
1
2
2
Phương trình  t   3  t  3t  1  0  



 x  1 .
x
1
t
 3 5

 3  5  3  5  3  5 
t 









 2 

2
2
 2 


Câu 42: Đáp án D
Tâ ̣p xác đinh:
̣ D

.

32 x 1  10.3x  3  0  3.  3x   10.3x  3  0 .
2

Đặt t  3x  0 . BPT
 3t 2  10t  3  0 

1
 t  3  31  t  3  31  3x  31  1  x  1 .
3

Câu 43: Đáp án B

35

x  2  4

3 1

 2  I  4; 2;3 .
Tọa độ trung điểm I :  y 
2

24

z  2  3

Câu 44: Đáp án C
 xt


d :  y  2  t có véctơ chỉ phương u1  1; 1;1 .
z  4  t

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 10


Câu 45: Đáp án A

 AB   1; 1; 2 
 n   AB, AC   12;0; 6  .

 AC   2; 4; 4 
 Đi qua A  4; 2;5
 12  x  4   0  y  2   6  z  5   0
Phương trình mp  ABC  : 
có VTPT n  12;0; 6 

 12x  6z 18  0  2 x  z  3  0 .
Câu 46: Đáp án A
Bán kính mặt cầu R  d  I ;  P    3.
Phương trình mặt cầu là  x  1   y  3   z  2   9 .
2

2

2

Câu 47: Đáp án C

Vectơ chỉ phương của d1 , d 2 lần lượt là
ud1   2;1; 2  , ud2  1; 2;3 .

Giả sử d  d2  B  B  d2 .

d2

B

A

Gọi B  3  t ; 2  2t ;3 t   AB 1  t ; 2t;3t  1 .

d1

Vì d  d1  AB  u d1  AB.u d1  0  2 1  t   2t  2  3t  1  0  t  0 .
Khi đó AB 1;0; 1 .

x  2  t

d đi qua A  2 ;1 ; 2  và có VTCP là AB 1;0; 1 , nên có phương trình :  y  2  t 
 z  1 t


.

Câu 48: Đáp án C
Vectơ chỉ phương của  : u  1;1; 1 , vectơ pháp tuyến của  P  là n P   1; 2; 2  .

d  

u d  u 
Vì 

 u d  u  ; n P     4; 3;1 .
d   P  u d  n P 
Tọa độ giao điểm H     P  là nghiệm của hệ

x  t
 y  1 t

 t  2  H  2; 1; 4  .

z  2  t
 x  2 y  2 z  4  0
Lại có  d ;     P   d , mà H     P  . Suy ra H  d .

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 11


Vậy đường thẳng d đi qua H  2; 1; 4  và có VTCP u d   4; 3;1 nên có phương trình

 x  2  4t

d :  y  1  3t  t 
 z  4t


.

Câu 49: Đáp án D
Thay tọa độ A 1;0; 2  ; B  0; 1; 2  vào phương trình mặt phẳng  P  , ta được P  A  P  B   0  hai điểm

A, B cùng phía với đối với mặt phẳng  P  .

B

A

Gọi A là điểm đối xứng của A qua  P  . Ta có

MA  MB  MA  MB  AB .
H

Nên min  MA  MB   AB khi và chỉ khi M là giao điểm của AB

(P)

M

với  P  .
A'

x  1 t

Phương trình AA :  y  2t
( AA đi qua A 1;0; 2  và có véctơ chỉ
 z  2  2t


phương n P   1; 2; 1 ).
Gọi H là giao điểm của AA trên  P  , suy ra tọa độ của H là H  0; 2; 4  , suy ra A  1; 4;6  , nên
x  t

phương trình AB :  y  1  3t .
 z  2  4t


 2 11 18 
Vì M là giao điểm của AB với  P  nên ta tính được tọa độ M   ;  ;  .
 5 5 5
Câu 50: Đáp án A
Đường thẳng d1 đi qua điểm M 1 1;1;0  và có véc tơ chỉ phương ud1   0;0;1 .
Đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2  2;0;1 và có véc tơ chỉ phương ud2   0;1;1 .
Gọi I là tâm của mặt cầu. Vì I  nên ta tham số hóa I 1  t ; t ;1  t  , từ đó
IM 1   t ;1  t ; 1  t  ,

IM 2  1  t ; t ; t  .

Theo giả thiết ta có d  I ; d1   d  I ; d 2  , tương đương với

 IM1 ; ud 
 IM 2 ; ud 
1 
2 





ud1
ud 2

1  t 

2

 t2

1



2 1  t 
2

2

t 0

Suy ra I 1; 0;1 và bán kính mặt cầu là R  d  I ; d1   1 . Phương trình mặt cầu cần tìm là
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 12


 x  1

2

 y 2   z  1  1 .
2

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 13