giải đề 113 tốt nghiệp môn toán THPT 2017

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA 2017 – MÃ ĐỀ 113
1.A

6.D

11.D

16.C

21.B

26.B

31.A

36.A

41.A

46.A

2.C

7.A

12.D

17.D

22.C

27.D

32.A

37.A

42.A

47.B

3.C

8.A

13.C

18.A

23.D

28.B

33.C

38.B

43.C

48.B

4.D

9.D

14.A

19.B

24.B

29.D

34.B

39.A

44.C

49.A

5.C

10.A

15.D

20.C

25.C

30.C

35.B

40.C

45.B

50.C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A.
Ta có  2sin xdx  2cos x  C
Câu 2: Đáp án C.
Với A: Sai vì từ bảng biến thiên ta thấy hàm số chỉ có hai điểm cực trị là x  1 và
x  2.

Với B: Sai vì hàm số đạt cực tiểu tại x  2. Còn giá trị cực tiểu của hàm số là
y  5.
Với D: Sai vì hàm số đạt cực đại tại x  1 và có giá trị cực đại là y  4.
Câu 3: Đáp án C.

Ta lần lượt thay tọa độ các điểm vào phương trình mặt phẳng    : x  y  z  6  0
ta thấy với điểm M 1; 1;1 thì 1  1  1  6  5  0. Ta chọn C.
Câu 4: Đáp án D.
 a2 
a
I  log a    2 log a    2.
4
2

2 
2 
TIPS
Ở bài toán này, nhiều bạn
không nhìn kĩ đề lại đi xét hàm

2
số f  x   x  1 là sai. Vì đề

cho

f   x  chứ không phải

f x.

Câu 5: Đáp án C.
Số phức z  2  3i có phần thực a  2.
Câu 6: Đáp án D.

Ta có f   x   x2  1  0, x 

nên hàm số luôn đồng biến trên

. Từ đây ta loại

A; B; C. Chọn D.
Câu 7: Đáp án A.
Cách 1: Điều kiện x  1.
1
1

 x  1  25 2  x  4.
2
Cách 2: Ngoài ra ở bài toán này ta có thể sử dụng máy tính nhập như hình bên.

log 25  x  1 

Sau đó sử dụng nút r rồi nhập thử từng giá trị của x, giá trị nào làm cho biểu
thức bằng 0 thì đó là nghiệm của phương trình. Ở bài này ta thử x  4 ta được 0.
Chọn A.
Câu 8: Đáp án A
Ta có z1  z2  1  3i    2  5i   1  3i  2  5i  3  2i
Hoặc ta có thể chuyển máy tính sang môi trường số phức, sử dụng lệnh

w2(CMPLX). Và nhập biểu thức như hình bên.
Câu 9: Đáp án D.





Xét phương trình hoành độ giao điểm ta có  x  2  x 2  1  0  x  2. Phương
trình chỉ có duy nhất một nghiệm nên đồ thị hàm số cắt trục hoành tại duy nhất
một điểm.


Câu 10: Đáp án A.
Mặt cầu S  có bán kính là R  9  3.
Câu 11: Đáp án D.

1

Thể tích của khối chóp được tính bằng công thức V  .SABC .SA
3

TIPS
Các bộ ba số Pythago thường
gặp đó là 3; 4; 5 và 6; 8; 10 và
5; 12; 13. Ngoài ra ta cũng có bộ
ba 7; 24; 25.

Ta thấy 6;8;10 là bộ ba Pythago (do 62  82  102 ). Do vậy tam giác ABC vuông

1 1
tại A. Từ đây ta có V  . .6.8.4  32.
3 2
Câu 12: Đáp án D.
Các mặt phẳng đối xứng của khối lăng trụ tam giác đều được thể hiện ở dưới
đây:

Câu 13: Đáp án C.
Điều kiện: x  1.

2x  1
2x  1
 log 3 3 
 3  2 x  1  3x  3  x  4
x 1
x 1
Ngoài ra ta có thể sử dụng máy tính tương tự như câu 7 ta cũng được đáp án
Ta có pt  log 3

A

tương tự.
Câu 14: Đáp án A.
Tam giác BCD vuông tại C nên BD  BC 2  CD 2 

N

I

 3a    4 a 
2

2

 5a.

Từ đây ta suy ra tam giác ABD vuông cân tại B suy ra AD  5a 2.

Ta có CD  BC ,CD  AB  CD   ABC   CD  AC  ACD vuông tại C.
B

M

Gọi I là trung điểm của AD, do ACD vuông tại C và ABD vuông tại B nên
D

IA  IB  IC  ID 

AD

 I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Bán kính
2

AD 5a 2

.
2
2
Câu 15: Đáp án D.

mặt cầu là R 
C

Mặt phẳng cần

3x  y  2z  m  0.

tìm song song với

   : 3x  y  2 z  4  0

có dạng


Mặt

khác

mặt

phẳng

cần

tìm

đi

qua

điểm

M  3; 1; 2 

nên

3.3   1  2.  2   m  0  m  6 . Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là
3x  y  2z  6  0.

Câu 16: Đáp án C.


x  0


1
Ta có y  4 x 3  2 x; y  0  2 x 2 x 2  1  0   x 
2



1
x 
2






Giá trị nhỏ nhất của hàm số là:


 1 
 1 
 1  51


m  min  f  2  ; f  
 ; f 0 ; f 
 ; f  3   f  
 .
2
2 4



 2




Câu 17: Đáp án D.
Cách 1: Ta có P 

1 1 z1  z2 1
 

(Áp dụng định lý Viet ta được
z1 z2
z1 z2
6

z1  z2  1; z1 z2  6 ).

Cách 2: Sử dụng máy tính giải nghiệm và bấm kết quả biểu thức ta cũng thu
được đáp án D.
Câu 18: Đáp án A.
Ta thấy hàm số y  a x (có đồ thị  C1  đi lên) luôn đồng biến, do vậy a  1
Hàm số y  b x (có đồ thị  C2  đi xuống) luôn nghịch biến, do vậy 0  b  1. Từ
đây ta có 0  b  1  a
Câu 19: Đáp án B.
5

5 1

3

Ta có Q  b 3 : 3 b  b 3

4

 b3 .

Câu 20: Đáp án C.
Ta thấy hai nhánh của đồ thị đi xuống, tức hàm số nghịch biến trên từng khoảng
xác định. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x  2 , từ đây ta kết luận
y '  0, x  2.
Câu 21: Đáp án B.
Ta có

 e

x



 2 x dx  e x  x 2  C.

Do F  0  

3
3
1
nên e0  0  C   C 
2
2
2
Câu 22: Đáp án C.
Diện

tích

xung quanh

của hình

Sxq  2r.l  2r.2r  4r 2  50  r 

trụ

được

tính

bằng

5 2
2

Câu 23: Đáp án D.
2

x  0
x  0
Ta có x2  1  yi  1  2i  x2   y  2  i  0  


y  2  0 y  2

Câu 24: Đáp án B.

Ta có:

công thức


1

 1

1 

  x  1  x  2  dx   ln x  1  ln x  2  0
1

0

 ln2  ln3   ln1  ln2   2ln2  ln3
Suy ra a  2; b  1  a  2b  0
TIPS
Ở bài toán này, nếu để ý ta thấy
các mẫu số của các hàm số còn
lại là các đa thức có giá trị luôn
lớn hơn 0. Do vậy ta dễ dàng
chọn C.

Câu 25: Đáp án C.
x  0  x  0.

Ta có
lim

x  0

1
x

 . Vậy đồ thị hàm số y 

1
x

có đường tiệm cận đứng x  0.

Câu 26: Đáp án B.

Ta có M  0;1; 1 là trung điểm của AB.
Đường thẳng cần tìm đi qua M  0;1; 1 và song song với d, suy ra

x y 1 z 1


1
1
2
Câu 27: Đáp án D
:

1
Ta có I  2log 3 log 3  3a   log 1 b2  2log 3 1  log 3 a   .2.log 2 b
2

4

 2log 3 1  2  

1 3
 .
2 2
Câu 28: Đáp án B.
Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích được tính bằng
1
e2  1
công thức: V   e 2 xdx   . e 2  e 0 

2
2
0
1





Câu 29: Đáp án D

 

Ta có cos a, b 

a.b
a b

2.  1  1.0  0.  2 



22  12  02 .

 1

2

 02   2 

2



2
5

Câu 30: Đáp án C.
Hàm số đã cho xác định trên

x  0

y  4 x  4 x , y  0   x  1
 x  1
3

Bảng biến thiên:

x

1



y



0

0


0



1



0



y

Dựa vào BBT, hàm số đãcho nghịch biến trên khoảng
trên khoảng  ; 2 
Câu 31: Đáp án A.
Hàm số đã cho xác đị
nh trên

 ; 1nên nghịch biến


x  0
y  3 x 2  6 x , y '  0  
x  2

Khi đó hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A  0; 5  và B  2;9  .
Tính được OA  5, OB  85, AB  2 5, p 

OA  OB  AB
2

Khi đó S  p  p  OA p  OB p  AB  5 (công thức Hê–rông).
Câu 32: Đáp án A.
Khi cho ABC quay quanh cạnh AC ta được một hình nón có bán kính đáy AB
và đường cao AC .

tan 300 

AB
 AC  AB tan 300  a 3
AC

1
a3 3
Thể tích hình nón cần tìm là V  .. AB2 . AC 
3
3
Câu 33: Đáp án C.

Hàm số đã cho xác định trên
y' 

\m

 m2  2 m  3

 x  m

2

Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng xác định khi và chỉ khi

m2  2m  3  0  1  m  3
Vì m

nên m0;1; 2 .

Câu 34: Đáp án B.

Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc với  P 
 x  1  2t


 có phương trình tham số  y  2  2t
z  3  t


Khi đó H là giao điểm của  và  P  . Tìm được H  3;0; 2 
Câu 35: Đáp án B.

 1
Ta có BC  AB và BC  SA nên BC  SAB .
Suy ra BC  AH
 2
Kẻ AH  SB  H SB

S

H



A

B



Từ  1 và  2  suy ra AH  SBC  . Khi đó d A; SBC   AH 
D
C

Xét SAB vuông tại A có

1
1
1


 SA  a
2
2
AH
SA
AB2

1
a3
Vậy V  .SA.SABCD 
3
3
Câu 36: Đáp án A.

Điều kiện xác định của bất phương trình đã cho là x  0
log 22 x  2 log 2 x  3m  2  0  log 22 x  2 log 2 x  2  3m

Đặt t  log 2 x . Bất phương trình trên trở thành t 2  2t  2  3m
Xét hàm số f  t   t 2  2t  2 trên

a 2
2

Đạo hàm f   t   2t  2  0  t  1 .
Bảng biến thiên:

t

f ' t 
f t 





1



0







3
Dựa vào bảng biến thiên, BPT trên có nghiệm thực khi và chỉ khi

3m  3  m  1
Câu 37: Đáp án A.

Gọi z  a  bi  a, b 





z3 5
  a  3   bi  5
Theo đề ta có: 

a  b  2 i   a  2  b  2 i


 z  2i  z  2  2i

a  1
a  1
Giải hệ phương trình trên ta được 
hoặc 
 b  3
b  3

Vậy z  10
Câu 38: Đáp án B.
Hàm số đã cho có tập xác định là

x

khi và chỉ khi x2  2x  m  1  0 với mọi

1  0

 m0.
 '  0

Câu 39: Đáp án A.

9
Ta tìm được phương trình của  P  là y   t 2  9t
4
27
Khi t  3 thì y 
4
 9 2
 4 t  9t
Suy ra: v  t   
 27
 4

khi 0  t  3
khi 3  t  4

 9

27
Vậy quãng đường vật di chuyển trong 4h là s     t 2  9t  dt  .1  27
4
4

0

3

Câu 40: Đáp án C.
Với hai số dương a và b , ta có: a2  b2  8ab   a  b   10ab  a  b  10ab
2

1

Khi đó: log  a  b   log 10ab  log 10ab  2 

1
1  log a  log b
2

Câu 41: Đáp án A.

d đi qua M  2; 3; 4  , VTCP u   3;1; 2  ; d đi qua M  4; 1; 0  , VTCP
u   3;1; 2  .


Vì d d nên đường thẳng thuộc mặt phẳng chứa d và d , đồng thời cách đều
hai đường thẳng đó là đường thẳng  đi qua trung điểm I  3; 2; 2  của đoạn

MM và nhận u   3;1; 2  làm một VTCP.
Phương trình đường thẳng  :

x3 y2 z2
.



3
1
2

Câu 42: Đáp án A.
Gọi I   f   x  ln x dx . Đặt u  ln x, dv  f   x  dx , ta có du 

dx
, chọn v  f  x  .
x

Khi đó:
I  f  x  .ln x  

Theo giả thiết:

f  x
x

f  x
x

dx  f  x  .ln x 

1
C
3x 3

(1)

 1  1
1
   3   4  f  x  3
x
 3x  x

Từ (1) và (2) suy ra: I 

(2)

ln x
1
 3 C .
3
x
3x

Câu 43: Đáp án C.

3
v  t   s  t    t 2  12t .
2
3
Đặt f  t    t 2  12t , ta tìm GTLN hàm f  t  trên 0;6  .
2
Ta có: f   t   3t  12 , f   t   0  t  4  0; 6 .

f  0   0; f  6   18; f  4   24 . Suy ra: max f  x   24 .
0;6 

Vậy vận tốc lớn nhất bằng 24  m / s  .
Câu 44: Đáp án C.
Gọi M là trung điểm của BC  SM  BC, AM  BC .

S

Do đó SMA là góc giữa SBC  và  ABC  , hay   SMA .
Kẻ AH  SM , H SM  AH  SBC   AH  d  A,(SBC)  3 .
H
A

C

α
M

B

AH
3
3

 AM 
;
AM AM
sin 
AM
AM
.
cos  

 SM 
SM
cos 
1
1 1
1
AM
VS. ABC  .AH .SSBC  .3. .BC.SM  .2 AM.
3
3 2
2
cos 
2
9
9
AM



2
2
cos  sin .cos 
1  cos  cos 

Ta có: sin  









VS. ABC đạt GTNN khi và chỉ khi 1  cos 2  cos  đạt GTLN.







Xét hàm số f  t   1  t 2 t  t  t 3 , với 0  t  1 , do 00    900
Ta có: f   t   1  3t 2 ; f   t   0  t  
BBT:

3
.
3




t

3
3

0

f / t 



1



0

f t 





Như vậy 1  cos 2  cos  đạt GTLN khi cos  
Vậy VS. ABC đạt GTNN khi cos  

I

3
.
3

3
.
3

Câu 45: Đáp án B.

Mặt cầu S  có tâm I 1; 2; 3  , bán kính R  5 .
H

M

A

 x  t

AB   3; 3; 6  , phương trình đường thẳng AB là :  y  1  t .
 z  2 t


B

P

Gọi M là hình chiếu của I trên đường thẳng AB , ta có M  t;1  t; 2t  ,
IM   t  1; t  1; 2t  3  .

Vì IM . AB  0  t  1 , do đó M 1;0; 2  , IM   0; 2; 1 .
Giả sử đường tròn giao tuyến của S  và

 P

có tâm H , bán kính r , ta

có IH2  r 2  R2  25 . Do đó r nhỏ nhất khi IH lớn nhất.

Ta có : IH  d  I ,( P)   d  I , AB  IM và IH đạt giá trị lớn nhất bằng IM khi và
chỉ khi H  M , lúc đó IM   P  , hay  IM , nP   0 , với nP   a; b; c  . Ngoài ra, do



 P  đi qua A, B nên ta có hệ:
 3a  2b  6c  2  0
a  0


 b  2 . Vậy T  a  b  c  3 .
b  2  0
 2c  b; a; 2a  0; 0; 0
 
 c  1


Câu 46: Đáp án A.



Cách 1: Ta cos g  x   2 f   x   2 x  2 f   x     x 



Ta vẽ đồ thị hàm số y  x (đường màu đỏ).

y

Ta có thể xét dấu của g  x  thông qua xét sự tương quan giữa đồ thị hàm số

y  f   x  và y  x

3

 ; 3 đồ thị hàm f   x nằm trên đồ thị hàm y  x thì
f   x    x   0  g  x   0, x   ; 3
Tương xét được g  x   0 trên  3;1 và g  x   0 trên 1; 3 ; g  x   0 trên
 3;  .
Từ đây ta suy ra x  1 là điểm cực tiểu của hàm số y  g  x  . Và hai điểm
Trên

O

1

3
x

-3
-1

-3

x  3; x  3 là hai điểm cực đại của hàm số.


Từ đây ta có BBT:
3



x

g  x 

+

1



0

g  x



3

0

+

CĐ



0
CĐ





CT

 g 1  g  3 ; g 1  g  3 .
Tiếp theo ta so sánh g  3 ;g  3
Ta có
S1 

1

1

3

3

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





S2   f  x    x  dx 
1



1
g  3   g 1
2



Dễ thấy S1  S2  g  3  g 1  g  3  g 1  g  3  g  3
Vậy g 1  g  3  g  3

 g  3   2 f  3   9

Cách 2: Vì g  x   2 f  x   x2 nên  g  1  2 f  1  1

 g  3   2 f  3   9
3

Từ đồ thị ta có:



f   x  dx  4 và

3

 f   x  dx  0 .

3

1

3
3

Do đó: g  3   g 1  2  f  3   f 1  8  2  f   x  dx  8  2   f   x  dx  4   0
 1

1

3

g  3   g  3   2  f  3   f  3   2  f   x  dx  0
3

Vậy g 1  g  3  g  3 .
Câu 47: Đáp án B.
Cách 1: Đặt t  x  y , theo giả thiết: et  et  et  0  t  0 .
Ta có: et  et  et 1  t  et 1  t  0 . Xét hàm số g  t   et 1  t , với t  0 .

g  t   et1  1; g t   0  et1  1  t  1 . Bảng biến thiên:

t

0

g/ t 



1



0

g t 
0
Từ BBT ta có e t 1  t  0, t  0 .
Do đó: et 1  t  0  et 1  t  0  t  1 . Vậy x  y  1 .

+










9 x 9 y  m2  9 y 9 x  m2
9x
9y
1
Khi đó: f  x   f  y   1  x


1 
9  m2 9 y  m2
9 x  m2 9 y  m2















 9 x  y  m2 9 x  9 y  9 x  y  9 x  y  m2 9 x  9 y  m4  9x y  m4  m4  91  9

m 3.

Vậy S 





3;  3 , tập S có 2 phần tử.

Cách 2:

Sử dụng TABLE cho hàm số f  X   e X  eX với START = –9, END = 9, STEP = 1:

Nhìn các bảng trên, ta thấy f  x   e x  ex  0, x 
Khi đó e x  ex, x 

và f  x   0  x  1 .

và e xy  e  x  y  , x, y  .

Suy ra e xy  e  x  y   e xy  e  x  y   x  y  1 .
Từ đó f  x   f  y   f  x   f  1  x  

9x
91x

9 x  m2 91x  m2

9
x
9x
9x
9
9
.
 x




2
x
2
9
9 m
9  m 9  9 x m2
2
m
9x

Để f  x   f  y   1 



y







3;  3 , tập S có 2 phần tử.

Câu 48: Đáp án B.
x





y  4 x 3  4mx  4 x x 2  m .

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi y có 3 nghiệm phân biệt  m  0
Ba điểm cực trị là: O  0; 0  , A

B

H



1
m2

 9  9 x m2  m2 9 x  m2  m4  9  m   3 .
9 x  m2 9  9 x m2

Vậy S 
O

9x
9
9x
9
9 x m2


1



1


9 x  m2 9  9 x m2
9 x  m2
9  9 x m2 9  9 x m2

A

tại O .



 

m ;  m2 , B  m ;  m2



 tạo thành tam giác cân



Ta có: AB  2 m , OH  m2 , với H 0;  m2 là trung điểm của đoạn AB .

S

1

SOAB  1  OH.AB  1  m2 m  1  m5  1  m  1 .
2
Vậy 0  m  1.
Câu 49: Đáp án A.
B

O

A

SAB  600  SAB là tam giác đều cạnh AB  2 R ; SO  3IO  3 ;


S

SO 

1
Bán kính đáy: R  OA  3 . Thể tích: V  R2 .SO  3 .
3
Câu 50: Đáp án C.

I

B

AB 3
6
 AB 
2 3.

2
3

O

A

Đặt z  x  yi , với x, y .
z  3i  13  x 2   y  3   13  x 2   y  3   13  x 2  y 2  6 y  4 .
2

2

 x  yi  x  2  yi   x2  2x  y2 
x  yi
2y
z


i
2
2
2
2
2
2
z  2 x  2  yi
x

2


y
x

2

y
x

2

y
 
 
 
x2  2x  y 2
z
 0  x2  2x  y 2  0 .
là số thuần ảo 
2
2
z2
 x  2  y

 x 2  y 2  6 y  4
Ta có hệ:  2
, hệ này có 2 nghiệm
2
 x  2 x  y  0

 x  2
(loại)

y  0

Do đó có 1 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là z  


1
 x   5
,
.
y  3

5

1 3
 i.
5 5