Đề thi chính thức THPT 2017 môn Toán mã đề gốc 102 của Bộ GDĐT- Bản đẹp, file word, có lời giải chi tiết

ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI
THPT QUỐC GIA 2017
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁNG 6.2017

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN
MÃ ĐỀ 102

Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

Câu 1: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau

x −∞ −2
y′ + 0
y

+∞

2

+∞

3

−∞

0

Tìm giá trị cực đại yCĐ và giá trị cực tiểu yCT của hàm số đã cho.

A. yCÑ = 3 và yCT = −2 .

B. yCÑ = 2 và yCT = 0 .

C. yCÑ = −2 và yCT = 2 .

D. yCÑ = 3 và yCT = 0 .

Câu 2: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) =
dx

1

1
.
5x − 2

dx

1

A.

∫ 5 x − 2 = 5 ln 5x − 2 + C .

B.

∫ 5 x − 2 = − 2 ln(5x − 2) + C .

C.

∫ 5 x − 2 = 5ln 5 x − 2 + C .

D.

∫ 5 x − 2 = ln 5 x − 2 + C .

dx

dx

Câu 3: Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng (−∞; +∞) ?
x +1
x −1
A. y =
.
B. y = x3 + x .
C. y =
.
x−2
x+3

D. y = − x3 − 3x .

Câu 4: Số phức nào sau đây có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là
điểm M như hình bên ?
A. z4 = 2 + i .
B. z2 = 1 + 2i .
C. z3 = −2 + t .
D. z1 = 1 − 2t .

Câu 5: Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số ở dưới
đây. Hàm số đó là hàm số nào ?
A. y = x 4 − 2 x 2 + 1 .
B. y = − x 4 + 2 x 2 + 1 .
C. y = − x 3 + 3 x 2 + 1 .
D. y = x 3 − 3 x 2 + 3 .

y
O

Câu 6: Cho a là số thực dương khác 1. Mệnh đề nào dưới đây đúng với mọi số thực dương x, y
?
Trang 1

x


A. log a

x
= log a x − log a y .
y

C. log a

x
= log a ( x − y ) .
y

x

= log a x + log a y .
y
x log a x
D. log a =
.
y log a y

B. log a

Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(2; 2;1) . Tính độ dài đoạn thẳng OA .
A. OA = 3 .
B. OA = 9 .
C. OA = 5 .
D. OA = 5 .
Câu 8: Cho hai số phức z1 = 4 − 3i và z2 = 7 + 3i . Tìm số phức z = z1 − z2 .
A. z = 11 .
B. z = 3 + 6i .
C. z = −1 − 10i .
D. z = −3 − 6i .
Câu 9: Tìm nghiệm của phương trình log 2 (1 − x) = 2 .
A. x = −4 .
B. x = −3 .
C. x = 3 .
D. x = 5 .
Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình của
mặt phẳng (Oyz ) ?
A. y = 0 .
B. x = 0 .
C. y − z = 0 .
D. z = 0 .

3
2
Câu 11: Cho hàm số y = x − 3 x . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) .
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng (2; +∞) .
C. Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) .
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞;0) .
ln x
Câu 12: Cho F ( x) là nguyên hàm của hàm số f ( x) =
. Tính F (e) − F (1) .
x
1
1
A. I = e .
B. I = .
C. I = .
D. I = 1 .
e
2
1

Câu 13: Rút gọn biểu thức P = x 3 . 6 x với x > 0 .
1

2

A. P = x 8 .
B. P = x 2 .
C. P = x .
D. P = x 9 .

4
2
Câu 14: Đường cong hình bên là đồ thị của hàm số y = ax + bx + c với a, b, c là các số thực.
Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A. Phương trình y ' = 0 có ba nghiệm thực phân biệt.
B. Phương trình y ' = 0 có hai nghiệm thực phân biệt.
C. Phương trình y ' = 0 vô nghiệm trên tập số thực.
D. Phương trình y ' = 0 có đúng một nghiệm thực.

O

O

y

x2 − 5x + 4
.
x2 −1
A. 3 .
B. 1.
C. 0 .
D. 2 .
Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 4 z + m = 0 là phương trình của một mặt cầu.
A. m > 6 .
B. m ≥ 6 .
C. m ≤ 6 .
D. m < 6 .
2
Câu 17: Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 3 z − z + 1 = 0 . Tính P = z1 + z 2 .

2
3
2 3
14
A. P =
.
B. P =
.
C. P = .
D. P =
.
3
3
3
3
Câu 18: Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có BB ' = a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại
B và AC = a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
a3
a3
a3
A. V = a 3 .
B. V =
.
C. V =
.
D. V =
.
3
6
2

Câu 19: Cho khối nón có bán kính đáy r = 3 và chiều cao h = 4 . Tính thể tích V của khối nón
đã cho.
Câu 15: Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số y =

Trang 2


16π 3
.
B. V = 4π .
C. V = 16π 3 .
D. V = 12π .
3
Câu 20: Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y = 2 + sin x , trục hoành và các đường
thẳng x = 0, x = π . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng
bao nhiêu ?
A. V = 2(π + 1) .
B. V = 2π (π + 1) .
C. V = 2π 2 .
D. V = 2π .
A. V =

Câu 21: Cho

2

2

2

−1

−1

−1

∫ f ( x)dx = 2 và ∫ g ( x)dx = −1 . Tính I = ∫ [ x + 2 f ( x) − 3g ( x)] dx .

5
7
17
11
A. I = .
B. I = .
C. I = .
D. I = .
2
2
2
2
Câu 22: Cho mặt cầu bán kính R ngoại tiếp một hình lập phương cạnh a . Mệnh đề nào dưới
đây đúng ?

3R
2 3R
.
C. a = 2 R .
D. a =
.
3

3
Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(0; −1;3) , B (1;0;1) , C (−1;1; 2) .
Phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua A và song song
với đường thẳng BC ?
 x = −2t

A.  y = −1 + t .
B. x − 2 y + z = 0 .
z = 3 + t

A. a = 2 3R .

C.

x
y +1 z − 3
=
=
.
−2
1
1

B. a =

D.

x −1 y z −1
= =
.

−2
1
1

Câu 24: Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 3 trên đoạn 0; 3  .
A. M = 9 .
B. M = 8 3 .
C. M = 1 .
D. M = 6 .
Câu 25: Mặt phẳng ( AB ′C ′) chia khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' thành các khối đa diện nào ?
A. Một khối chóp tam giác và một khối chóp ngũ giác.
B. Một khối chóp tam giác và một khối chóp tứ giác .
C. Hai khối chóp tam giác.
D. Hai khối chóp tứ giác.
Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(4;0;1) và B (−2; 2;3) . Phương
trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB ?
A. 3 x − y − z = 0 .
B. 3 x + y + z − 6 = 0 .
C. 3 x − y − z + 1 = 0 .
D. 6 x − 2 y − 2 z − 1 = 0 .
Câu 27: Cho số phức z = 1 − i + i 3 . Tìm phần thực a và phần ảo b của z .
A. a = 0, b = 1 .
B. a = −2, b = 1 .
C. a = 1, b = 0 .
D. a = 1, b = −2 .
Câu 28: Tính đạo hàm của hàm số y = log 2 ( 2 x + 1) .
1
2
2
A. y ′ =

. B. y ′ =
. C. y ′ =
.
( 2 x + 1) ln 2
( 2 x + 1) ln 2
2x +1

D. y ′ =

1
.
2x +1

2 3
Câu 29: Cho log a b = 2 và log a c = 3 . Tính P = log a (b c ) .
A. P = 31 .
B. P = 13 .
C. P = 30 .
D. P = 108 .
log 2 ( x − 1) + log 1 ( x + 1) = 1
Câu 30: Tìm tập nghiệm S của phương trình
.
2

Trang 3


{

}

{

A. S = 2 + 5 .

}

B. S = 2 − 5; 2 + 5 .

 3 + 13 
D. S = 
.
 2 
Câu 31: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x − 2 x +1 + m = 0 có hai
nghiệm thực phân biệt.
A. m ∈ (−∞;1) .
B. m ∈ (0; +∞) .
C. m ∈ (0;1] .
D. m ∈ (0;1) .
C. S = { 3} .

Câu 32: Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y =
tại x = 3 .
A. m = 1 .

B. m = −1 .

1 3
x − mx 2 + (m 2 − 4) x + 3 đạt cực đại
3

C. m = 5 .

D. m = −7 .

Oxyz , cho mặt cầu
độ
x − 2 y z −1
x y z −1
= =
( S ) : ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z + 2) 2 = 2 và hai đường thẳng d :
, ∆: = =
.
1
2
−1
1 1
−1
Phương trình nào dưới đây là phương trình của một mặt phẳng tiếp xúc với ( S ) , song song với
d và ∆ ?
A. x + z + 1 = 0 .
B. x + y + 1 = 0 .
C. y + z + 3 = 0 .
D. x + z − 1 = 0 .
Câu

33:

Trong

không

gian

với

hệ

tọa

Câu 34: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A(1; −2;3) và hai mặt phẳng
( P ) : x + y + z + 1 = 0 , (Q) : x − y + z − 2 = 0 . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường
thẳng đi qua A , song song với ( P ) và (Q) ?
 x = −1 + t
x = 1
 x = 1 + 2t
x = 1+ t




A.  y = 2
.
B.  y = −2 .
C.  y = −2 .
D.  y = −2 .
 z = −3 − t
 z = 3 − 2t
 z = 3 + 2t
z = 3 − t





Câu 35: Cho hàm số y =
nào dưới đây đúng ?
A. m ≤ 0 .

x+m
16
( m là tham số thực) thoả mãn min y + max y = . Mệnh đề
[ 1;2]
[ 1;2]
x +1
3

B. m > 4 .

C. 0 < m ≤ 2 .

D. 2 < m ≤ 4 .

Câu 36: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a , AD = a 3 , SA vuông góc
với đáy và mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 60° . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .
a3
3a 3
A. V =
.
B. V =
.

C. V = a 3 .
D. V = 3a 3 .
3
3
Câu 37: Cho x, y là các số thực lớn hơn 1 thoả mãn
1 + log12 x + log12 y
M=
.
2 log12 ( x + 3 y )
1
1
A. M = .
B. M = 1 .
C. M = .
4
2

Trang 4

x 2 + 9 y 2 = 6 xy . Tính

1
D. M = .
3


Câu 38: Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v (km/h) phụ thuộc
vào thời gian t (h) có đồ thị là một phần của đường parabol có đỉnh I (2;9)
và trục đối xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quãng đường s
mà vật di chuyển được trong 3 giờ đó.

A. s = 24, 25 (km) .
B. s = 26, 75 (km) .
C. s = 24, 75 (km) .
D. s = 25, 25 (km) .

v

9

4

O 23 t
Câu 39: Cho số phức z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) thoả mãn z + 2 + i = z . Tính S = 4a + b .
A. S = 4 .

B. S = 2 .

C. S = −2 .

D. S = −4 .

Câu 40: Cho F ( x) = ( x − 1)e x là một nguyên hàm của hàm số f ( x)e 2 x . Tìm nguyên hàm của
hàm số f ′( x)e2 x .
2−x x
2x
x
2x
e +C .
A. ∫ f ′( x)e dx = (4 − 2 x)e + C .
B. ∫ f ′( x)e dx =

2
2x
x
2x
x
C. ∫ f ′( x)e dx = (2 − x)e + C .
D. ∫ f ′( x)e dx = ( x − 2)e + C .
Câu 41: Đầu năm 2016, ông A thành lập một công ty. Tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho
nhân viên trong năm 2016 là 1 tỷ đồng. Biết rằng cứ sau mỗi năm thì tổng số tiền dùng để trả cho
nhân viên trong cả năm đó tăng thêm 15 % so với năm trước. Hỏi năm nào dưới đây là năm đầu
tiên mà tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong cả năm lớn hơn 2 tỷ đồng ?
A. Năm 2023.
B. Năm 2022.
C. Năm 2021.
D. Năm 2020.
Câu 42: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

x −∞ −1
y′ + 0

y

5

−

−∞

3
0

+

+∞

+∞

1

Đồ thị của hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị ?
A. 4 .
B. 2 .
C. 3 .

D. 5 .

Câu 43: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3a . Hình nón ( N ) có đỉnh A và đường tròn đáy
là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . Tính diện tích xung quanh S xq của ( N ) .
2
A. S xq = 6π a .

2
B. S xq = 3 3π a .

2
C. S xq = 12π a .

2
D. S xq = 6 3π a .

Câu 44: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn | z + 2 − i |= 2 2 và ( z − 1) 2 là số thuần ảo.
A. 0 .
B. 4 .
C. 3 .
D. 2 .
Câu 45: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = − mx cắt đồ thị của hàm
số y = x3 − 3x 2 − m + 2 tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC .
A. m ∈ (−∞;3) .
B. m ∈ (−∞; −1) .
C. m ∈ (−∞; +∞) .
D. m ∈ (1; +∞) .

Trang 5


Câu 46: Xét các số thực dương a , b thỏa mãn log 2

1 − ab
= 2ab + a + b − 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất
a+b

Pmin của P = a + 2b .
2 10 − 3
.
2
2 10 − 1
.
=
2

3 10 − 7
.
2
2 10 − 5
.
=
2

A. Pmin =

B. Pmin =

C. Pmin

D. Pmin

Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(4;6; 2) và B (2; − 2;0) và mặt
phẳng ( P ) : x + y + z = 0 . Xét đường thẳng d thay đổi thuộc ( P ) và đi qua B , gọi H là hình
chiếu vuông góc của A trên d . Biết rằng khi d thay đổi thì H thuộc một đường tròn cố định.
Tính bán kính R của đường tròn đó.
A. R = 6 .
B. R = 2 .
C. R = 1 .
D. R = 3 .
Câu 48: Cho hàm số y = f ( x) . Đồ thị của hàm số y = f ′( x) như hình
bên. Đặt g ( x) = 2 f ( x) − ( x + 1) 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A.
B.
C.
D.

g (−3) > g (3) > g (1) .
g (1) > g (−3) > g (3) .
g (3) > g ( −3) > g (1) .
g (1) > g (3) > g ( −3) .

y

4
21
−3
O 3x

Câu 49: Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB = x và các cạnh còn lại đều bằng 2 3 . Tìm x để
thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất.
A. x = 6 .
B. x = 14 .
C. x = 3 2 .
D. x = 2 3 .
Câu 50: Cho mặt cầu ( S ) có bán kính bằng 4 , hình trụ ( H ) có chiều cao bằng 4 và hai đường
tròn đáy nằm trên ( S ) . Gọi V1 là thể tích của khối trụ ( H ) và V2 là thể tích của khối cầu ( S ) .
V1
Tính tỉ số
.
V2
V1 9
V1 1
V1 3
V1 2
= .

= .
= .
= .
A.
B.
C.
D.
V2 16
V2 3
V2 16
V2 3
----- HẾT -----

Trang 6


ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI
THPT QUỐC GIA 2017
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁNG 6.2017

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN
MÃ ĐỀ 102

BẢNG ĐÁP ÁN

1. D

2. A

3. B

4. C

5. D

6. A

7. A

8. D

9. B

10. B

11. A

12. C

13. C

14. A

15. D

16. D

17. B

18. D

19. B

20. B

21. C

22. D

23. C

24. D

25. B

26. A

27. D

28. B

29. B

30. A

31. D

32. C

33. A

34. D

35. B

36. C

37. B

38. C

39. D

40. C

41. C

42. C

43. B

44. C

45. A

46. A

47. A

48. D

49. C

50. A

ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI
THPT QUỐC GIA 2017
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁNG 6.2017

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN
MÃ ĐỀ 102

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án D
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại xCD = −2 ⇒ yCD = 3 .
Hàm số đạt cực tiểu tại xCT = 2 ⇒ yCT = 0 .
Câu 2: Đáp án A
Dựa vào công thức

1

1

∫ ax + b dx = a ln ax + b + C

ta có

dx

1

∫ 5 x − 2 = 5 ln 5x − 2 + C .

Câu 3: Đáp án B
* Phương pháp loại suy:
+ Hàm nhất biến y =

ax + b
cx + d

chỉ luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên từng khoảng

d  d


 −∞; − ÷;  − ; +∞ ÷ .
c  c


+ Trong 2 hàm còn lại chỉ có hàm số y = x3 + x là có hệ số a > 0 nên chọn phương án này.
* Phương pháp tự luận: y ′ = 3 x 2 + 1 > 0, ∀x ∈ ¡ nên hàm số này đồng biến trên ( −∞; +∞ ) .
Câu 4: Đáp án C
Điểm M ( −2;1) nên số phức có điểm biểu diễn là M là z = −2 + i .
Câu 5: Đáp án D
Trang 7

Đồ thị hàm số đã cho có dạng của hàm đa thức bậc 3 với hệ số a > 0 , vậy chọn phương án
y = x3 − 3x 2 + 3 .
Câu 6: Đáp án A
Theo công thức logarit của một thương ta có: log a

x
= log a x − log a y .
y

Câu 7: Đáp án B
uuu
r
OA = ( 2; 2;1) ⇒ OA = 4 + 4 + 1 = 3 .
Câu 8: Đáp án D
z1 − z2 = ( 4 − 7 ) + ( −3 − 3) i = −3 − 6i .
Câu 9: Đáp án B
Điều kiện: x < 1 .
Ta có log 2 ( 1 − x ) = 2 ⇔ 1 − x = 4 ⇔ x = −3 (thỏa).
Câu 10: Đáp án B
Phương trình mặt phẳng ( Oyz ) là x = 0 .
Câu 11: Đáp án A
Tập xác định: D = ¡ .
x = 0
2
y′ = 3x 2 − 6 x ; y′ = 0 ⇔ 3x − 6 x = 0 ⇔ 
.
x = 2
Bảng biến thiên:

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) .
Câu 12: Đáp án C
e

Ta có

e

ln x
1
dx . Đặt t = ln x ⇒ dt = dx .
x
x
1

f ( x ) dx = ∫

∫
1

Với x = 1 ⇒ t = 0; x = e ⇒ t = 1 .
e

Suy ra

∫
1

1

1

t2
1
f ( x ) dx = ∫ tdt =
= .
20 2
0
Trang 8


e

∫ f ( x ) dx = F ( x )

Mặt khác:

1

Vậy I =

e
1

= F ( e ) − F ( 1) = I .

1
.
2

Câu 13: Đáp án C
1

1

1

1 1

1

Ta có P = x 3 . 6 x = x 3 .x 6 = x 3 + 6 = x 2 = x .
Câu 14: Đáp án A
Đồ thị trên hình vẽ là đồ thị hàm số trùng phương có 3 điểm cực trị nên phương trình y ′ = 0 có 3
nghiệm thực phân biệt.
Câu 15: Đáp án D
Tập xác định: D = ¡ \ { ±1} .
Ta có: y =

x 2 − 5 x + 4 ( x − 1) ( x − 4 ) x − 4
=
=
.
x2 −1
( x − 1) ( x + 1) x + 1

lim + y = lim +

x →( −1)

x →( −1)

x−4
x−4
= −∞ , lim − y = lim −
= +∞ .
x →( −1)
x →( −1) x + 1
x +1

Suy ra tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x = −1 .
lim y = lim

x →±∞

x →±∞

x−4
= 1 suy ra tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 1 .
x +1

Vậy số tiệm cận của đồ thị hàm số là 2.
Câu 16: Đáp án D
x2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 4 z + m = 0

là phương trình của mặt cầu

⇔ 12 + 12 + 22 − m > 0 ⇔ 6 − m > 0 ⇔ m < 6 .
Câu 17: Đáp án B

Phương trình có hai nghiệm z1 =

1
11
1
11
+
i và z2 = −
i.
6
6
6
6
2

2

2
2
 11 
1
2 3
 1   11 
Khi đó P = z1 + z2 =  ÷ + 
.
+
−
=
÷


÷

÷
 6 ÷
6
3
 6   6 ÷






Câu 18: Đáp án D
Vì ∆ABC vuông cân tại B và AC = a 2 nên AB = BC = a . Ta có:
V = S∆ABC .BB′ =

1
a3
AB.BC.BB′ = .
2
2

Câu 19: Đáp án B
1 2
1
Ta có: V = π r h = π .3.4 = 4π .
3
3
Trang 9

⇔ a 2 + b2 + c 2 − d > 0


Câu 20: Đáp án B
Ta có:

2 + sin x > 0, ∀x ∈ [ 0; π ]

π

π

0

0

2
suy ra V = π ∫ y dx = π ∫ ( 2 + sin x ) dx

= π ( 2 x − cos x )

π
0

= 2π ( π + 1) .
Câu 21: Đáp án C
2

2

2

2

x2
I
=

x
+
2
f
x
−
3
g
x

dx
=
xdx
+
2
f
x
dx
−
3
g

x
dx
(
)
(
)
(
)
(
)
=
Ta có

∫
∫
∫
∫
2
−1
−1
−1
−1
=

2

+4+3 =
−1

3

+4+3
2

17
.
2

Câu 22: Đáp án D
Xét hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh bằng a . Gọi O là giao điểm của BD′ và B′D .
Ta có O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ và mặt cầu có bán
kính
BD′
R=
=
2

BD 2 + DD′2
=
2

( a 2)
2

2

+ a2

2 3R
3a 2 a 3
.

⇔a=
=
=
3
2
2

Câu 23: Đáp án C
uuur
Ta có BC = ( −2;1;1) . Đường thẳng đi qua A ( 0; −1;3) và song song với đường thẳng BC sẽ
uuur
nhận BC = ( −2;1;1) làm một vectơ chỉ phương. Phương trình đường thẳng cần tìm là:
x
y +1 z − 3
=
=
.
−2
1
1
Câu 24: Đáp án D
 x = 0 ∈  0; 3 



2

Ta có y ′ = 4 x 3 − 4 x ; y ′ = 0 ⇔ 4 x ( x − 1) = 0 ⇔  x = −1 ∉  0; 3 

 x = 1∈  0; 3 

y ( 0 ) = 3; y ( 1) = 2; y

( 3 ) = 6 . Vậy M = max y = y ( 3 ) = 6 .
0; 3 



Câu 25: Đáp án B

Trang 10


Khi chia theo yêu cầu bài toán ta được một khối chóp tam giác là A. A′B′C ′ và một khối chóp tứ
giác là A.BCC ′B′ .
Câu 26: Đáp án D

uuur
Gọi I là trugn điểm của đoạn thẳng AB ⇒ I ( 1;1; 2 ) , AB = ( −6; 2; 2 ) .
uuur
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB sẽ đi qua I ( 1;1; 2 ) và nhận AB = ( −6; 2; 2 ) làm một
vectơ pháp tuyến, khi đó phương trình của mặt phẳng này là:

( −6 ) ( x − 1) + 2 ( y − 1) + 2 ( z − 2 ) = 0

⇔ −6 x + 2 y + 2 z = 0 ⇔ 3 x − y − z = 0 .

Câu 27: Đáp án D
Ta có z = 1 − i + i 3 = 1 − i − i = 1 − 2i ⇒ a = 1; b = −2 .
Câu 28: Đáp án B
′

Áp dụng công thức: ( log a ( mx + n ) ) =

m
2
ta có y ′ =
( mx + n ) ln 2
( 2 x + 1) ln 2 .

Câu 29: Đáp án B
2 3
2
3
Ta có P = log a ( b c ) = log a b + log a c = 2 log a b + 3log a c = 4 + 9 = 13 .

Câu 30: Đáp án A
Điều kiện x > 1 .
So với
log

2

( x − 1) + log 1 ( x + 1) = 1
2

⇔ 2 log 2 ( x − 1) − log 2 ( x + 1) = 1 ⇔ log 2 ( x − 1) = 1 + log 2 ( x + 1)
2

x = 2 − 5
2
2

⇔ log 2 ( x − 1) = log 2 2 ( x + 1) ⇔ ( x − 1) = 2 ( x + 1) ⇔ x 2 − 4 x − 1 = 0 ⇔ 
 x = 2 + 5
với điều kiện ta có x = 2 + 5 .

{

}

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = 2 + 5 .
Câu 31: Đáp án D
Trang 11

kết hợp


4 x − 2 x +1 + m = 0 (1)
x
2
2
Đặt t = 2 ( t > 0 ) . ( 1) ⇔ t − 2t + m = 0 ⇔ −t + 2t = m (2)
2
Xét hàm số f ( t ) = −t + 2t , ∀t > 0 ; f ′ ( t ) = −2t + 2 ; f ′ ( t ) = 0 ⇔ −2t + 2 = 0 ⇔ t = 1 .

Bảng biến thiên:

Phương trình (1) có 2 nghiệm thực phân biệt theo biến x ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thực
dương phân biệt theo t ⇔ 0 < m < 1 . Vậy m ∈ ( 0;1) .
Câu 32: Đáp án C
Ta có y ′ = x 2 − 2mx + m 2 − 4 , y ′′ = 2 x − 2m .
m = 1

 f ′ ( 3) = 0
 m 2 − 6m + 5 = 0

⇔
⇔ m = 5 ⇔ m = 5 .
Hàm số đạt cực đại tại x = 3 ⇔ 
6 − 2m < 0
m > 3
 f ′′ ( 3) < 0

Câu 33: Đáp án A

uu
r
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1;1; −2 ) và bán kính R = 2 , đường thẳng d có vtcp ud = ( 1; 2; −1) ,
uu
r
đường thẳng ∆ có vtcp u∆ = ( 1;1; −1) . Gọi ( P ) là mặt phẳng tiếp xúc với ( S ) , song song với d
uur uu
r uur
uur uu
r uur uur
và ∆ , suy ra ( P ) có vtpt nP ⊥ ud , nP ⊥ u∆ ⇒ nP = ud , u∆  = ( −1;0; −1) , suy ra phương trình
mặt phẳng ( P ) : − x − z + D = 0 .
Ta có

d ( I,( P) ) =

1+ 2 + D
2

=

3+ D
2

=R

⇔

3+ D

 D = −1
⇔
 D = −5
Vậy ( P ) : x + z + 1 = 0 hoặc ( P ) : x + z + 5 = 0 .
Câu 34: Đáp án D

Trang 12

2

= 2

⇔ 3+ D = 2

3 + D = 2
⇔
 3 + D = −2

uu
r
uur
Đường thẳng ∆ có vtcp u∆ = ( 3; 2;1) , đường thẳng ∆′ có vtcp u∆′ = ( 1;3; −2 ) . Gọi d là đường
thẳng đi qua điểm M ( −1;1;3) và lần lượt vuông góc với ∆ và ∆′ . Khi đó đường thẳng d có
r uur uu
r
uur uur
uu
r
uu
r uur uu
vtcp ud sao cho ud ⊥ u∆ , ud ⊥ u∆′ ⇒ ud = u∆ , u∆′  = ( −1;1;1) . Vậy phương trình tham số của
 x = −1 − t

đường thẳng d :  y = 1 + t .
z = 3 + t

Câu 35: Đáp án B
Xét hàm số y =

1− m
x+m
, ∀x ∈ [ 1; 2] . Ta có y ′ =
2 .
( x + 1)
x +1

TH1: Với 1 − m > 0 ⇔ m < 1 ⇒ y′ > 0, ∀x ∈ [ 1; 2 ] nên hàm số luôn đồng biến trên khoảng ( 1; 2 ) .

Suy ra min y = y ( 1) =
[ 1;2]

1+ m
2+m
, max y = y ( 2 ) =
.
[ 1;2]
2
3

Khi đó min y + max y =
[ 1;2]

[ 1;2]

16
1 + m 2 + m 16
⇔
+
= ⇔ m = 5 (loại).
3
2
3
3

TH2: Với 1 − m < 0 ⇔ m > 1 ⇒ y′ < 0, ∀x ∈ [ 1; 2] nên hàm số luôn nghịch biến trên khoảng ( 1; 2 ) .
Suy ra min y = y ( 3) =
[ 1;2]

2+m
1+ m
, max y = y ( 1) =
.
1;2
[
]
3
2

Khi đó min y + max y =
[ 1;2]

[ 1;2]

16
2 + m 1 + m 16
⇔
+
= ⇔ m = 5 (thỏa).
3
3
2
3

Vậy: m = 5 .
Câu 36: Đáp án C
Ta có:

BC ⊥ AB (1),

BC ⊥ SA

SA ⊥ ( ABCD )

⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB (2).
Từ (1) và

(2)

) (

(

· , AB
⇒ (·
SBC ) , ( ABCD ) = SB

)

·
= SBA
= 600 .
Ta

có:

= a tan 600 = a 3 . S ABCD = AB. AD = a.a 3 = a 2 3 .
1
1

2
3
Vậy V = SA.S ABCD = a 3.a 3 = a .
3
3
Trang 13

·
tan SBA
=

SA
AB

·
⇒ SA = AB.tan SBA


Câu 37: Đáp án B
Theo giả thiết ta có: x 2 + 9 y 2 = 6 xy ( ∀x, y ∈ ¡ ; x, y > 1) ⇔

x
y
x
+ 9 = 6 . Đặt t = , t > 0 .
y
x
y

9

Phương trình trở thành t + − 6 = 0 ⇔ t 2 − 6t + 9 = 0 ⇔ t = 3 (thỏa đk)
t
Với t = 3 ⇔
Ta có M =

x
= 3 ⇔ x = 3y .
y

1 + log12 x + log12 y
log12 12 xy
log 12 36 y 2
=
= 1.
2 =
2 log12 ( x + 3 y )
log12 ( x + 3 y )
log12 36 y 2

Câu 38: Đáp án C
Giả sử phương trình vận tốc của vật chuyển động theo đường parabol là:


c = 6
c = 6


3
2
v ( t ) = at + bt + c (km/h). Ta có:  4a + 2b + c = 9 ⇔ b = 3 ⇒ v ( t ) = − t 2 + 3t + 6 .

4
 b

3
−
a = −
=2

4
 2a
Vậy quãng đường mà vật di chuyển được trong 3 giờ là:
3

 3 t3

99
t2
 3 2

= 24, 75 (km).
s = ∫  − t + 3t + 6 ÷dt =  − . + 3. + 6t ÷ =
4
4
2

 4 3
0
0
3

Vậy s = 24, 75 (km)
Câu 39: Đáp án D
Theo giả thiết ta có z + 2 + i = z ⇔ z = z − 2 − i ⇔ z =
2

2

⇔ z = z −4 z +5 ⇔ z =

( z − 2)

2

+ 1 ⇔ z = ( z − 2) + 1
2

2

5
5
3
3
⇒ z + 2 + i = ⇒ z = − − i ⇒ a = − , b = −1
4
4
4
4

⇒ S = 4a + b = −3 − 1 = −4 .
Câu 40: Đáp án C

Ta có
Suy

∫ f ( x) e

2x

dx = F ( x ) ⇔ f ( x ) e 2 x = F ′ ( x ) ⇔ f ( x ) e 2 x = xe x
ra

⇔ f ′ ( x ) e 2 x = ( x + 1) e x − 2e 2 x f ( x )

( f ( x ) e ) ′ = ( xe ) ′ ⇔ f ′ ( x ) e
2x

x

2x

+ 2e 2 x f ( x ) = ( x + 1) e x

⇔ f ′ ( x ) e 2 x = ( x + 1) e x − 2 xe x ⇔ f ′ ( x ) e 2 x = ( 1 − x ) e x

⇔ ∫ f ′ ( x ) e 2 x dx = ∫ ( 1 − x ) e x  dx .
u = 1 − x
du = −dx
⇒
Đặt 
.
x

x
 dv = e dx v = e
Trang 14


Khi đó

∫ f ′( x) e

2x

dx = ∫ ( 1 − x ) e x  dx = ( 1 − x ) e x + ∫ e x dx = ( 1 − x ) e x + e x + C = ( 2 − x ) e x + C .

Câu 41: Đáp án C
Áp dụng công thức lại kép ta có:

( 1 + 15% )

n

≥ 2 (tỷ đồng) ⇒ n ≥ log ( 1+15% ) 2 ⇒ n ≥ 5 .

Câu 42: Đáp án C
Từ bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) , ta có thể hình dung đồ thị ( C ) của hàm số y = f ( x ) ,
và từ hình ảnh của đồ thị ( C ) ta có thể suy ra hình ảnh của đồ thị ( C ′ ) của hàm số y = f ( x ) .

Vậy đồ thị của hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị.
Câu 43: Đáp án B
Gọi I , O lần lượt là trung điểm của cạnh CD
và trọng tâm của tam giác BCD . Vì ABCD

là tứ diện đều nên O là tâm của đường tròn
đáy và AO ⊥ ( BCD ) . Ta có ∆BCD đều nên
OB =

2
2 3a 3
IB = .
= a 3 , suy ra hình
3
3 2

nón ( N ) có bán kính đáy là r = OB = a 3 ,
độ dài đường sinh là l = AB = 3a .
Vậy diện tích xung quanh của hình nón ( N )
là:
S xq = π rl = π .a 3.3a = 3 3π a 2 .
Câu 44: Đáp án C
Trang 15


Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) . Theo giả thiết ta có: z + 2 − i = 2 2 ⇔ ( x + 2 ) + ( y − 1) i = 2 2
⇔ ( C ) : ( x + 2 ) + ( y − 1) = 8 . Mặt khác: ( z − 1) = ( x − 1) + yi  = ( x − 1) − y 2 + 2 ( x − 1) yi .
2

2

2

2

2

Theo giả thiết ( z − 1) là số thuần ảo nên
2

( x − 1)

2

− y 2 = 0 ⇔ y 2 = ( x − 1)

2

 x − y −1 = 0 ( d )
 y = x −1
⇔
⇔
.
 y = −x +1
 x + y − 1 = 0 ( ∆ )

Đường tròn ( C ) có tâm I ( −2;1) và bánh kính R = 2 2 . Ta có d ( I , d ) =

suy ra đưởng thẳng ( d ) tiếp xúc với đường tròn ( C ) . Ta có d ( I , ∆ ) =

−2 − 1 − 1
2

−2 + 1 − 1
2

= 2 2 = R,

= 2 < R , suy

ra đường thẳng ∆ cắt đường tròn ( C ) tại hai điểm phân biệt. Ta có tập hợp các điểm biểu diễn
cho số phức z chính là các giao điểm của đường tròn ( C ) và hai đường thẳng d và ∆ . Vậy số
giao điểm là 3.
Câu 45: Đáp án A
y = x 3 − 3 x 2 − m + 2 ( C ) ; y = − mx ( d ) .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ( C ) và đường thẳng d : x 3 − 3 x 2 − m + 2 = −mx
x = 1
2
⇔ x 3 − 3 x 2 + mx − m + 2 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x − 2 x + m − 2 ) = 0 ⇔ 
2
 g ( x ) = x − 2 x + m − 2 = 0 ( 1)
Đồ thị ( C ) cắt đường thẳng d tại 3 điểm A, B, C phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm
1 − m + 2 > 0
m < 3
⇔
⇔ m < 3 (*)
phân biệt khác 1 ⇔ 
 g ( 1) ≠ 0
m ≠ 3
Đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) tại 3 điểm A, B, C phân biệt sao cho AB = BC ⇒ điểm B chính
là điểm uốn của đồ thị ( C ) .
Ta có: y ′′ = 6 x − 6 ; y ′′ = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = − m ⇒ điểm uốn B ( 1; − m ) .
B ( 1; − m ) ∈ d , ∀m < 3 . Vậy m ∈ ( −∞;3) thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 46: Đáp án A
Điều kiện: ab < 1 . Ta có:

log 2

1 − ab
= 2ab + a + b − 3 ⇔ log 2 ( 1 − ab ) − log 2 ( a + b ) = 2ab + a + b − 3
a+b
Trang 16


⇔ log 2 2 ( 1 − ab ) + 2 ( 1 − ab ) = log 2 ( a + b ) + a + b (1).
Xét hàm số f ( t ) = log 2 t + t , ∀t > 0 .
Ta có: f ′ ( t ) =

1
+ 1 > 0, ∀t > 0 suy ra hàm số f ( t ) luôn đồng biến ∀t > 0 , khi đó (1) có
t ln 2

dạng f ( 2 ( 1 − ab ) ) = f ( a + b ) ⇔ 2 ( 1 − ab ) = a + b ⇔ 2 − 2ab = a + b ⇔ a + 2ab = 2 − b
⇔ a ( 1 + 2b ) = 2 − b ⇔ a =
Ta có: P = a + 2b =

2−b
. Vì a > 0, b > 0 nên 0 < b < 2 .
1 + 2b

2−b
4b 2 + b + 2
+ 2b =
, ∀b ∈ ( 0; 2 ) .
1 + 2b
1 + 2b


−2 + 10
b=
∈ ( 0; 2 )

8b + 8b − 3
4
2
P′ =
, P′ = 0 ⇔ 8b + 8b − 3 = 0 ⇔ 
.
2

( 1 + 2b )
−2 − 10
∉ ( 0; 2 )
b =

4
2

Ta có bảng biến thiên:

Vậy Pmin =

2 10 − 3
.
2

Câu 47: Đáp án A
Gọi I là hình chiếu vuông góc của A
lên mặt phẳng ( P ) và O, E lần lượt
là trung điểm của các cạnh AB và
IB .

Ta

có:

d ⊥ AI , d ⊥ AH

⇒ d ⊥ IH ⇒ ∆IHB vuông tại H ,
suy ra H luôn nằm trên đường tròn
cố định có tâm là E và bán kính
R=

IB
. Ta có AI = d ( A, ( P ) ) = 4 3 , AB = 6 2 ⇒ IB = AB 2 − AI 2 = 72 − 48 = 2 6 .
2
Trang 17


Vậy R =

IB
= 6.
2

Câu 48: Đáp án D

Gọi S1 , S 2 lần lượt là diện tích các hình phẳng như
1

hình vẽ bên. Ta có: 2 S1 = 2 ∫  f ′ ( x ) − ( x + 1)  dx
−3

=  2 f ( x ) − ( x 2 + 2 x ) 
=  g ( x ) + 1

1
−3

1
−3

1

2
=  2 f ( x ) − ( x + 1) + 1

 −3

=  g ( 1) + 1 −  g ( −3) + 1 = g ( 1) − g ( −3) > 0 ⇔ g ( 1) > g ( −3) ( 1) .
3

2
2
Tương tự: 2 S 2 = 2 ∫ ( x + 1) − f ′ ( x )  dx = ( x + 2 x ) − 2 f ( x )  = ( x + 1) − 2 f ( x ) − 1

1

1
1

=  − g ( x ) − 1

3
1

3

3

=  − g ( 3) − 1 −  − g ( 1) − 1 = g ( 1) − g ( 3) > 0 ⇔ g ( 1) > g ( 3)

( 2) .

Dựa vào đồ thị ta có: S1 > S2 ⇔ 2S1 > 2S 2 ⇔ g ( 1) − g ( −3) > g ( 1) − g ( 3) ⇔ g ( 3) > g ( −3)

( 3)

.
Từ (1), (2), (3) suy ra: g ( 1) > g ( 3) > g ( −3) .
Câu 49: Đáp án C
Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên
mặt

phẳng

( ABC ) .

Ta

có
vì

∆DHA = ∆DHB = ∆DHC

DA = DB = DC = 2 3 , DH là cạnh chung
⇒ HA = HB = HC ⇒ H là tâm đường tròn

ngoại tiếp ∆ABC .
Ta có tam giác ABC cân tại C ⇒ CI ⊥ AB
⇒ CI = AC 2 − AI 2

=

1
48 − x 2
2

1
1
⇒ S ∆ABC = CI . AB = x 48 − x 2 (1).
2
4
Trang 18

= 12 −

x2

4


Mặt khác S ∆ABC =

3x
AB.BC. AC x.2 3.2 3
=
=
R
4R
4R

( 2)

(trong đó R là bán kính đường tròn ngoại

tiếp ∆ABC ).
Từ (1), (2) ⇒ R =

12

2
= CH ⇒ DH = DC 2 − HC 2 = 12 − 144 = 432 − 12 x .
48 − x 2
48 − x 2
48 − x 2

VABCD

1
1
1
1 432 − 12 x 2 1
2
2
=
x
12
36
−
x
=
x 3 ( 36 − x 2 )
= DH .S∆ABC =
.
x
48
−
x
(
)
2
12
6
3
3
48 − x
4

= 3

3  x 2 + 36 − x 2 
1 2
x ( 36 − x 2 ) ≤

÷= 3 3 .
6 
2
6


2
2
Ta có ( VABCD ) max = 3 3 ⇔ x = 36 − x ( x > 0 ) ⇔ x 2 = 18 ⇔ x = 3 2 .

Câu 50: Đáp án A
Gọi R, r lần lượt là bán kính đáy của hình trụ ( H ) và bán
kính của hình cầu ( S ) , h là chiều cao của hình trụ ( H ) , ta
có:
r = R2 −

h2
= 16 − 4 = 2 3 .
4

4
256π
2
3

Ta có: V1 = π r h = 48π ; V2 = π R =
.
3
3
Vậy

V1 9
= .
V2 16

Trang 19