HDedu giải chi tiết đề thi toán thptqg 2018 (52)

Trung tâm luyện thi VIET-E />
LỊCH LIVE STREAM TẠI PAGE
TOÁN 12: T3-T5-T7 (21H30)
TOÁN 11: T4-18H;T7-18H
Lịch live stream cố định đến
15.6.2018
10 ĐIỀU HỌC SINH CHỌN THẦY
HOÀNG HẢI ĐỂ NÂNG CAO TRÌNH
ĐỘ VÀ LẤP LỖ HỔNG KIẾN THỨC
1. Lớp học chỉ max 16 học sinh
2. Hỗ trợ trợ giảng giải đáp tại
nhà-miễn
phí
3.Học tăng cường miễn phí.
4. Học sinh hổng kiến thức được
đạo tạo bài bản lại từ đầu
5. Cung cấp tài khoản xem lại
video
bài
học
6. Cung cấp tài khoản để kiểm
tra,thi
trực
tuyến
7. Cam kết học sinh hoàn thành
bài tập trước khi đến lớp
8. Học sinh được học giải nhanh
trắc nghiệm bằng CASIO trên
máy
tính
bàn.

9. Học hình không gian trên phần
mềm 3D giúp học sinh nhìn hình
tốt
hơn.
10. Bảo hành và cam kết chất
lượng.
1

DỊCH VỤ CUNG CẤP KHÓA HỌC VIDEO
 Khóa học dành cho đối tượng
10,11,12.
 Các bài học được thiết kế kỹ lưỡng
cung cấp đủ kỹ năng tự luận,trắc
nghiệm và công thức giải nhanh.
 Khóa học đều có file mềm dạng PDF
DỊCH VỤ DẠY HỌC TƯƠNG TÁC
Dạy học tương tác giúp học viên trao đổi
với giáo viên trong thời gian thực,lớp học
gồm nhiều các bạn từ các tỉnh thành khác
nhau. Học tương tác nâng cao hiệu quả
học tập,loại hình này không khác gì học
off tại lớp.học viên đặt câu hỏi và nhận
trả lời tức thì.lớp chỉ 10 học viên.
DỊCH VỤ CUNG ỨNG GIÁO VIÊN TẠI NHÀ
Các giáo viên,sinh viên từ các trường top
luôn sẵn sang về nhà kèm cho các em.
Quy trình quản lý chặt chẽ người dạy giúp
các em yên tâm và hài long với dịch vụ tại
VIET-Education.
DẠY HỌC OFFLINE

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E />BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2017

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài thi: TOÁN

(Đề thi có 06 trang)

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh:……………………………………
Số báo danh:………………………………………

Mã đề thi 104
BẢNG ĐÁP ÁN

1
C

2
C

3
A

4
D

5
A

6
A

7
B

8
C

9
B

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
B D B C A C D D B C D B C C C A

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
C B D D C C B C B C D B B A D D A D A B A B A B A
GIẢI
[2D1-1] Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu đạo hàm như sau

Câu 1:

Mệnh đề nào dưới đây đúng ?

A. Hàm số đồng biến trên khoảng  2;0  .
B. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0  .
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  .
D. Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 2  .
Lời giải
Chọn C.
Dễ thấy mệnh đề hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  đúng.
[2H3-1] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2   y  2    z  2   8 . Tính bán kính
2

Câu 2:

2

R của  S  .
A. R  8 .

C. R  2 2 .
Lời giải

B. R  4 .

D. R  64 .

Chọn C.
Phương trình mặt cầu tổng quát:  x  a    y  b    z  c   R 2  R  2 2 .
2

2

2

[2H3-1] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A 1;1;0  và B  0;1; 2  . Vectơ nào dưới đây là

Câu 3:

một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB .
A. b   1;0; 2  .
2

B. c  1; 2; 2  .

C. d   1;1; 2  .

D. a   1;0; 2  .

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E />Lời giải
Chọn A.
Ta có AB   1;0; 2  suy ra đường thẳng AB có VTCP là b   1;0; 2  .
[2D4-1] Cho số phức z  2  i . Tính z .

Câu 4:

A. z  3 .

B. z  5 .

C. z  2 .

D. z  5 .

Lời giải
Chọn D.
Ta có z  22  1  5 .
[2D2-1] Tìm nghiệm của phương trình log 2  x  5  4 .

Câu 5:

A. x  21 .

B. x  3 .

C. x  11 .
Lời giải

D. x  13 .

Chọn A.
Điều kiện: x  5 .
Phương trình log 2  x  5  4  x  5  16  x  21 .
Câu 6:

[2D1-1] Đường cong hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm số nào ?
A. y  x3  3x  2 .

y

B. y  x 4  x 2  1 .
C. y  x 4  x 2  1 .
D. y   x3  3x  2 .

O

x

Lời giải
Chọn A
Đồ thị hình bên là đồ thị hàm số bậc ba có hệ số a  0 nên chỉ có đáp án A thỏa mãn điều kiện trên.
[2D1-1] Hàm số y 

Câu 7:

A. 3.

2x  3
có bao nhiêu điểm cực trị ?
x 1
B. 0.
C. 2 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn B.
Có y 

Câu 8:

1

 x  1

2

 0, x  1 nên hàm số không có cực trị.

[2D2-1] Cho a là số thực dương tùy ý khác 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
3

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E />A. log 2 a  loga 2.

B. log 2 a 

1
.
log 2 a

C. log 2 a 

1
.
log a 2

D. log 2 a   log a 2.

Lời giải
Chọn C.
[2D3-1] Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   7 x .

Câu 9:



A. 7 x dx  7 x ln 7  C.



B. 7 x dx 

7x
 C.
ln 7



C. 7 x dx  7 x 1  C.



D. 7 x dx 

7 x 1
 C.
x 1

Lời giải
Chọn B.

[2D4-1] Tìm số phức z thỏa mãn z  2  3i  3  2i .
A. z  1  5i .
B. z  1  i .
C. z  5  5i .
Lời giải

Câu 10:

D. z  1  i .

Chọn B.

z  2  3i  3  2i  z  3  2i  2  3i  1  i .



[2D2-2] Tìm tập xác định D của hàm số y  x 2  x  2

Câu 11:

A. D 



3

.

B. D   0;   .

.

C. D   ; 1   2;   .

D. D 

\ 1; 2 .

Lời giải
Chọn D.
Vì 3 



 x  1
. Vậy D 
x  2

nên hàm số xác định khi x 2  x  2  0  

\ 1; 2 .

[2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M  2;3; 1 , N  1;1;1 và P 1; m  1; 2  . Tìm

Câu 12:

m để tam giác MNP vuông tại N .
A. m  6 .

B. m  0 .

C. m  4 .

D. m  2 .

Lời giải
Chọn B.

MN   3; 2; 2  ; NP   2; m  2;1
Tam giác MNP vuông tại N  MN .NP  0  6  2  m  2   2  0  m  2  2  m  0 .

4

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E />[2D4-2] Cho số phức z1  1  2i, z2  3  i . Tìm điểm biểu diễn của số phức z  z1  z2 trên mặt phẳng tọa

Câu 13:

độ.
A. N  4; 3 .

B. M  2; 5 .

C. P  2; 1 .

D. Q  1;7  .

Lời giải
Chọn C.

z  z1  z2  1  2i    3  i   2  i . Vậy điểm biểu diễn z là P  2; 1 .
[2D3-2] Cho hình phẳng D giới hạn với đường cong y 

Câu 14:

x 2  1 , trục hoành và các đường thẳng

x  0, x  1 . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng bao nhiêu?
A. V 

4
.
3

B. V  2 .

C. V 

4
.
3

D. V  2 .

Lời giải
Chọn A.
Thể tích khối tròn xoay được tính theo công thức:
1

V 
0





1

 x3

4
.
x  1 dx    x  1 dx     x  
3
3


0
0
2

2

1

2

[2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 2;3 . Gọi M1 , M 2 lần lượt là hình chiếu

Câu 15:

vuông góc của M lên các trục Ox, Oy . Vectơ nào dưới đây là một vecto chỉ phương của đường thẳng

M 1M 2 ?
A. u2  1; 2;0  .

B. u3  1;0;0  .

C. u4   1; 2;0  .

D. u1   0; 2;0  .

Lời giải
Chọn C.

M 1 là hình chiếu của M lên trục Ox  M1 1;0;0  .
M 2 là hình chiếu của M lên trục Oy  M 2  0; 2;0  .
Khi đó: M1M 2   1; 2;0  là một vecto chỉ phương của M1M 2 .
[2D1-2] Đồ thị hàm số y 

Câu 16:

A. 0 .

x2
có mấy tiệm cận.
x2  4
B. 3 .
C. 1 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn D.
Ta có x2  4  0  x  2

 x2  1
lim  2
  nên x  2 không phải là tiệm cân đứng.
x 2 x  4

 4
5

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E /> x2 
lim  2
   nên x  2 là tiệm cân đứng.
 x 4
 x2 
lim 
  0 nên y  0 là tiệm cận ngang.

x  x 2  4



x 2

Vậy có đồ thị có hai tiệm cận.
[2D4-2] Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2  4  0 . Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diển của

Câu 17:

z1 , z2 trên mặt phẳng tọa độ. Tính T  OM  ON với O là gốc tọa độ.
A. T  2 .

B. T  2 .

C. T  8 .
Lời giải

D. 4 .

Chon D.

 z1  2i
 Z 2  2i

Ta có: z 2  4  0  

Suy ra M  0; 2  ; N  0;2  nên T  OM  ON 

 2

2

 22  4 .

[2H1-1] Cho hình nón có bán kính đáy r  3 và độ dài đường sinh l  4 . Tính diện tích xung quanh của
hình nón đã cho.

Câu 18:

A. S xq  12 .

B. S xq  4 3 .

C. S xq  39 .

D. S xq  8 3 .

Lời giải
Chọn B.
Diện tích xung quanh của hình nón là: S xq   rl   4 3 .
[2D2-1] Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình 3x  m có nghiệm thực.
A. m  1 .
B. m  0
C. m  0
D. m  0
Lời giải
Chọn C.

Câu 19:

Để phương trình 3x  m có nghiệm thực thì m  0 .
[2D1-2] Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số y  x 2 

Câu 20:

A. m 

17
.
4

B. m  10 .

2
trên đoạn
x
C. m  5 .

1 
 2 ; 2  .
D. m  3

Lời giải
Chọn D.

2
x
2 2 x3  2

Ta có y  2 x  2 
, y  0  x  1
x
x2
 1  17
Suy ra f 1  3, f    , f  2   5
2 4
Đặt y  f  x   x 2 

6

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E />Vậy m  min f  x   3 .
1 
 2 ;2



[2D1-1] Cho hàm số y  2 x 2  1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

Câu 21:

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  1;1 .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng  0;   .

số đồng biến trên khoảng  ;0  .

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;   .

C. Hàm

Lời giải
Chọn B.
Ta có D 
Câu 22:

, y 

2x
2 x2  1

. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;0  và đồng biến trên khoảng  0;   .

[2H3-1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua
điểm M 1; 2; 3 và có một vectơ pháp tuyến n  1; 2;3 ?
A. x  2 y  3z  12  0 .

B. x  2 y  3z  6  0 .

C. x  2 y  3z  12  0 .

D. x  2 y  3z  6  0 .
Lời giải

Chọn C.
Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M 1; 2; 3 và có một vectơ pháp tuyến n  1; 2;3 là

x  2 y  3z  1.1  2.2  3.  3  0 hay x  2 y  3z  12  0 .
Câu 23:

[2H1-2] Cho hình bát diện đều cạnh a . Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó. Mệnh đề nào
dưới đây đúng?
A. S  4 3a 2 .

C. S  2 3a 2 .
Lời giải

B. S  3a 2 .

D. S  8a 2 .

Chọn C.
Ta có mỗi mặt của hình bát diện đều cạnh a là tam giác đều cạnh a . Suy ra S  8.

a2 3
 2 3a 2 .
4

[2D1-1] Cho hàm số y   x 4  2 x 2 có đồ thị như hình bên.

Câu 24:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình
y

 x  2 x  m có bốn nghiệm thực phân biệt.
A. m  0 .

B. 0  m  1 .
C. 0  m  1
D. m  1 .
4

2

Lời giải
Chọn C.

1

-1

1
0

x

Số nghiệm thực của phương trình  x  2 x  m chính là
4

2

số giao điểm của đồ thị hàm số y   x 4  2 x 2 và đường thẳng y  m .
Dựa vào đồ thị suy ra  x4  2 x2  m có bốn nghiệm thực phân biệt khi 0  m  1 .
7

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831

Trung tâm luyện thi VIET-E />
Câu 25:

[2D3-1] Cho


2


2

0

0

 f  x  dx  5 . Tính I    f  x   2sin x  dx .
B. I  5 

A. I  7 .


.
2

C. I  3 .

D. I  5   .

Lời giải

Chọn A.

2




2


2

 f  x  dx   2sin xdx  5  2  7 .

0

0

0

Ta có I   f  x   2sin x  dx 



[2D2-1] Tìm tập xác định D của hàm số y  log3 x 2  4 x  3

Câu 26:



 





B. D  1;3 .

A. D  2  2;1  3; 2  2 .



 



C. D   ;1   3;   . D. D  ; 2  2  2  2;  .
Lời giải
Chọn C.

x  1
.
x  3

Điều kiện x 2  4 x  3  0  
Câu 27:

[2H1-2] Cho khối chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a . Tính thể tích V của
khối chóp S. ABC
A. V 

13a 3
.
12

B. V 

11a3
.
12

C. V 

11a3
.
6

D. V 

11a3
.
4

Lời giải
Chọn B.

S

A

C
O

I

B
Do đáy là tam giác đều nên gọi I là trung điểm cạnh BC , khi đó AI là đường cao của tam giác đáy. Theo
2
định lý Pitago ta có AI  a 

a2 a 3
2
2a 3 a 3


, và AO  AI 
.
4
2
3
3.2
3

a2
11a
Trong tam giác SOA vuông tại O ta có SO  4a 

3
3
2

8

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E />
1 1 a 3 11a
11a3
.
.

3 2
2
12
3

Vậy thể tích khối chóp S. ABC là V  . a

 
2
2

[2D3-2] Tìm nguyên hàm F  x  của hàm số f  x   sin x  cos x thoả mãn F 

Câu 28:

A. F  x   cos x  sin x  3 .

B. F  x    cos x  sin x  3 .

C. F  x    cos x  sin x  1 .

D. F  x    cos x  sin x  1 .
Lời giải

Chọn D.
Có F  x  

 f  x dx   sin x  cos x dx   cos x  sin x  C



 
   cos  sin  C  2  1  C  2  C  1 .
2
2
2
[2D2-1] Với mọi a, b, x là các số thực dương thoả mãn log 2 x  5log 2 a  3log 2 b . Mệnh đề nào dưới đây
Do F 

Câu 29:

đúng ?
A. x  3a  5b .

C. x  a5  b3 .

B. x  5a  3b .

D. x  a5b3 .

Lời giải
Chọn D.
Có log 2 x  5log 2 a  3log 2 b  log 2 a5  log 2 b3  log 2 a5b3  x  a5b3 .
[2H1-2] Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  3a , BC  4a , SA  12a và SA vuông
góc với đáy. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD

Câu 30:

A. R 

5a
.
2

B. R 

17a
.
2

C. R 

13a
.
2

D. R  6a .

Lời giải
Chọn C.

S

I

12a

A

D

3a

O
B

4a

C

Có AC  5a . Gọi O là tâm đáy nên . Từ O dựng đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi
I  d  SC . Dễ chứng minh I chính là tâm cầu và I là trung điểm của SC .

13a
.
2
[2D2-3] Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình 9x  2.3x1  m  0 có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa
Có SC  144a 2  25a 2  169a 2  13a . Vậy R 

Câu 31:

mãn x1  x2  1.
9

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E />A. m  6.

B. m  3.

C. m  3.

D. m  1.

Lời giải
Chọn C.
Ta có 9x  2.3x1  m  0  32 x  6.3x  m  0 .
Phương trình có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  1  3x1  x2  3  3x1.3x2  3 .
Theo đề bài ta có 3  3x1.3x2  m.
Câu 32:

B

A

[2H2-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có AD  8 ,

CD  6 , AC  12. Tính diện tích toàn phần Stp của hình trụ có D

8

hai đường tròn đáy là hai đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật
ABCD và ABCD.



B. Stp  10 2 11  5  .

B. Stp  26 .

D. Stp  5 4 11  4  .





12

A



A. Stp  576 .

C

6

B

C

D

Lời giải
Chọn B.
Ta có: AC 

AD2  CD2  10 , AA  AC2  AC2  2 11 .

Hình trụ có : bán kính đáy R 



1
AC   5 , đường sinh, chiều cao l  h  A A  2 11 .
2



Stp  2 Rl  2 R 2  10 2 11  5 .
Câu 33:

[2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;  1; 2 , B  1; 2; 3 và đường thẳng

x 1 y  2 z 1



. Tìm điểm M  a; b; c  thuộc d sao cho MA2  MB2  28 , biết c  0.
1
1
2
A. M  1; 0;  3 .
B. M  2; 3; 3 .
d:

1
6

C. M  ;

7
2
;  .
6
3

 1
 6

7
6

2
3

D. M   ;  ;   .

Lời giải

Chọn C.
Ta có : M  d nên t 

10

: M 1  t; 2  t; 1  2t  .

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E />MA2  MB2  28

  t    3  t   1  2t    2  t    t    2  2t   28
2

2

2

2

2

2

 12t 2  2t  10  0

t  1

.

t   5
6

Với t  1 , ta có M  2;3;3 (loại do c  0 ).

1 7
6 6

5
6

2
3

Với t   , ta có M  ; ;   (nhận).

Câu 34:

1
3

[2D3-3] Một vật chuyển động theo quy luật s   t 3  6t 2 với t (giây) là khoảng thời gian tính từ khi vật
bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong
khoảng thời gian 9 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu ?
A. 144 (m/s).
B. 36 (m/s).
C. 243 (m/s).
D. 27 (m/s).

Lời giải

t

Chọn B
Ta có : v  s  t  12t .
2

0

v

6

9

0
36

v  2t  12 , v  0  t  6

v

BBT

Câu 35:

[2D3-4] Một người chạy trong thời gian 1 giờ, vận tốc v (km/h) phụ thuộc vào thời gian t (h) có đồ thị là một

1

2




phần parabol với đỉnh I  ; 8  và trục đối xứng song song với trục tung như hình bên. Tính quảng đường s
người đó chạy được trong khoảng thời gian 45 phút, kể từ khi chạy.
A. s  4 (km).
B. s  2,3 (km).
C. s  4,5 (km).

D. s  5,3 (km).

Lời giải
Chọn C.
Gọi parabol là  P  : y  ax 2  bx  c. Từ hình vẽ ta có  P  đi qua O  0; 0  ,

1
2




điểm I  ; 8  .

11

A 1; 0  và
v
8

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831
O

1
2

1 t


Trung tâm luyện thi VIET-E />
c  0
a  32


Suy ra a  b  c  0  b  32 .
a b
c  0
  c 8 
4 2
Vậy  P  : y  32 x2  32 x .

Quảng đường người đó đi được là s 

3
4

  32 x

2

 32 x  dx 4,5 (km)

0

Câu 36:

[2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn | z | 5 và | z  3|| z  3  10i | . Tìm só phức w  z  4  3i.
A. w  3  8i.

B. w  1  3i.

C. w  1  7i.
Lời giải

D. w  4  8i.

Chọn D.

z  x  yi,( x, y  ) . Theo đề bài ta có

x 2  y 2  25 và ( x  3)2  y 2  ( x  3)2  ( y  10)2 .
Giải hệ phương trình trên ta được x  0; y  5 . Vậy z  5i . Từ đó ta có w  4  8i
Câu 37:

[2D1-3] Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y  (2m 1) x  3  m vuông góc với đường
thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x3  3x 2  1.
A. m 

3

.
2

B. m 

3
.
4

1
2

C. m   .

D. m 

1
.
4

Lời giải
Chọn B.
Ta có y  6 x 2  6 x . Từ đó ta có tọa độ hai điểm cực trị A(0;1), B(1; 1) . Đường thẳng qua hai điểm cực trị
có phương trình y  2 x  1 . Đường thẳng này vuông góc với đường thẳng y  (2m 1) x  3  m khi và chỉ
khi (2m  1)(2)  1  m 
Câu 38:

3
.
4

[2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu đi
qua ba điểm M (2;3;3), N (2; 1; 1), P(2; 1;3) và có tâm thuộc mặt phẳng ( ) : 2 x  3 y  z  2  0.
A. x2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  10  0.

B. x2  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  2  0.

C. x2  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  2  0.

D. x2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  2  0.
Lời giải

Chọn B.

Giả sử phương trình mặt cầu  S  có dạng x2  y 2  z 2  2ax  3by  2cz  d  0 .
12

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E />Vì mặt cầu  S  đi qua 3 điểm M  2;3;3 , N  2; 1; 1 , P  2; 1;3 và có tâm I thuộc mp  P  nên ta có
hệ phương trình

4a  6b  6c  d  22
4a  2b  2c  d  6
4a  2b  6c  d  14
2a  3b  c  2
Giải HPT này ta được a  2, b  1, c  3, d  4 .
Câu 39:

[2H1-3] Cho khối lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác cân với AB  AC  a, BAC  120 .
Mặt phẳng ( ABC ) tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho

3a 3
A. V 
.
8

9a 3
B. V 
.
8

a3
C. V 
.
8

3a 3
D. V 
.
4

Lời giải
Chọn A.
Ta có diện tích đáy S

ABC 

1

a2 3
.
 a.a.sin120 
2
4

Gọi I là trung điểm của BC  ta có góc AIA  60 .
Xét tam giác AIB có AI 
tích V 
Câu 40:

a
a 3
. Từ đó trong tam giác vuông AIA có AA  AI tan 60 
. Vậy thể
2
2

a 2 3 a 3 3a3
.
.

4
2
8

[2D2-1] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  ln( x 2  2 x  m  1) có tập xác định là
A. m  0.

B. 0  m  3 .

C. m  1 hoặc m  0 . D. m  0 .
Lời giải

Chọn D.
Để hàm số có tâp xác định
Câu 41:

khi và chỉ khi x2  2 x  m  1  0, x 

m0.

mx  4m
với m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của m để
xm
hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Tìm số phần tử của S .
A. 5 .
B. 4 .
C. Vô số.
D. 3 .
[2D1-3] Cho hàm số y 

Lời giải
Chọn D.

13

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831

Trung tâm luyện thi VIET-E />
\ m ; y 

D

m 2  4m

 x  m

2

Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định khi y  0, x  D  m2  4m  0  0  m  4
Mà m
Câu 42:

nên có 3 giá trị thỏa.

f  x
1
là
một
nguyên
hàm
của
hàm
số
. Tìm nguyên hàm của hàm số f   x  ln x .
2 x2
x
ln x 1

1 
 ln x
B.  f   x  ln xdx  2  2  C .
f   x  ln xdx    2  2   C .
x
x
2x 
 x

[2D3-2] Cho F  x  
A.



C.

 f   x  ln xdx   

 ln x 1 
 C .
x2 x2 

D.

 f   x  ln xdx 

ln x
1
 2 C .
2

x
2x

Lời giải
Chọn A.
Ta có:



f  x
1
1
dx  2 chọn f  x   2
x
x
2x

Đặt u  ln x  du 

1
dx
x

dv  f   x  dx  v  f  x 
1 
 ln x
 2 C .
2
x
2x 

 f   x  ln xdx   
Câu 43:

[2D2-2] Với các số thực dương x , y tùy ý, đặt log3 x   , log3 y   . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
3

 x 
B. log 27 
 y   2  



3

 x 
D. log 27 
 y   2   .



 x


A. log 27 
 y   9  2    .


 x



C. log 27 
 y   9  2    .



3

3

Lời giải
Chọn D.
3

 x 3
1

log 27 
  log 27 x  3log 27 y  log3 x  log3 y    .
2
2
 y  2

14

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E />Câu 44:

[2H3-2] Cho mặt cầu  S  tâm O , bán kính R  3 . Mặt phẳng  P  cách O một khoảng bằng 1 và cắt  S 
theo giao tuyến là đường tròn  C  có tâm H . Gọi T là giao điểm của tia HO với  S  , tính thể tích V của
khối nón có đỉnh T và đáy là hình tròn  C  .
A. V 

32
.
3

B. V  16 .

C. V 

16
.
3

D. V  32 .
T

Lời giải
Chọn A.
Gọi r là bán kính đường tròn  C 

O

R=3

Ta có: r 2  R2  OH 2  8
1

HT  HO  OT  1  3  4
Suy ra: Vno´n
Câu 45:

H

1
1
32
.
 .HT .SC   .4. .8 
3
3
3

(C)

[2D1-4] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y  x3  3mx 2  4m3 có hai điểm
cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 4 với O là gốc tọa độ.
A. m  

1
1
;m 
.
4
2
2

B. m  1 ; m  1 .

4

C. m  1 .

D. m  0 .
Lời giải

Chọn B.

y  3x 2  6mx

 x  0  y  4m3
y  0  3x2  6mx  0  
 x  2m  y  0





Đồ thị của hàm số có hai điểm cực trị A 0; 4m3 và B  2m;0  ,  m  0 

SOAB  4  4m4  4  m  1 .
Câu 46:

[2D2-4] Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình a ln 2 x  b ln x  5  0 có hai nghiệm phân biệt

x1 , x2 và phương trình 5log 2 x  b log x  a  0 có hai nghiệm phân biệt x3 , x4 thỏa mãn x1 x2  x3 x4 . Tính
giá trị nhỏ nhất Smin của S  2a  3b .

A. Smin  30 .

B. Smin  25 .

C. Smin  33 .

D. Smin  17 .

Lời giải
15

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E />Chọn A
Điều kiện x  0 , điều kiện mỗi phương trình có 2 nghiệm phân biệt là b2  20a .
Đặt t  ln x, u  log x khi đó ta được at 2  bt  5  0(1) , 5t 2  bt  a  0(2) .
Ta thấy với mỗi một nghiệm t thì có một nghiệm x , một u thì có một x .


b

Ta có x1.x2  et1 .et2  et1 t2  e a , x3 .x4  10u1 u2  10



b
5

, lại có x1 x2  x3 x4  e



b
a

 10



b
5

b
b
5
  ln10  a 
 a  3 ( do a, b nguyên dương), suy ra b2  60  b  8 .
a
5
ln10
Vậy S  2a  3b  2.3  3.8  30 ,suy ra Smin  30 đạt được a  3, b  8 .


Câu 47:

[2H3-4]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2;0;0 , B  0; 2;0 , C  0;0;  2 . Gọi D là
điểm khác O sao cho DA, DB, DC đôi một vuông góc nhau và I  a; b; c  là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD . Tính S  a  b  c .

A. S  4 .
B. S  1 .

C. S  2 .
Lời giải

D. S  3 .

Chọn B.
Xét trục d của ABC , ta có  ABC  : x  y  z  2  0 ,
do ABC đều nên d đi qua trọng tâm

 2 2 2
G   ;  ;   và có VTCP u  1;1;1 suy ra
 3 3 3
2

x


t

3

2

d :  y    t , ta thấy DAB  DBC  DCA
3

2


z   3  t

Suy ra DA  DB  DC  D  d nên giả sử
2
2 
 2
D    t;   t;   t  .
3
3 
 3
2
2 
4
2 
2
4 
4
 2
2
 t;   t;   t  ; BD     t ;   t ;   t  ; CD    t ;   t ;  t 
3
3 
3
3 
3
3 
3
 3
3

Ta có AD  


2
 4 4 4
t    D ; ; 


 AD.BD  0
3
 3 3 3.
Có 


 AD.CD  0 t  2  D  0;0;0  (loai )
 3
2
2 
 2
Ta có I  d  I    t ;   t ;   t  , do tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm I nên
3
3 
 3
1
 1 1 1
IA  ID  t   I   ;  ;    S  1 .
3
 3 3 3
16

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E />Câu 48:

[2D1-4] 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. g 1  g  3  g  3 .
B. g 1  g  3  g  3 .
C. g  3  g  3  g 1 .
D. g  3  g  3  g 1 .
Lời giải
Chọn A.
Ta có

g   x   2 f   x   2  x  1
 g   3  2 f   3  4, g  1  2 f  1  4, g   3  2 f   3  8
Lại có nhìn đồ thị ta thấy

f   3  2, f  1  2, f   3  4  g   3  g  1  g   3  0
Hay phương trình g   x   0  f   x    x  1 có 3 nghiệm
Nhìn đồ thị ta có bảng biến thiên
Suy ra g  3  g 1 , g  3  g 1 .
Mặt khác diện tích hình phẳng giới hạn bởi
đường thẳng y   x  1 và đồ thị hàm số

y  f   x  trên 2 miền  3;1; 1;3 ,ta có

1

3

3

1

   x  1  f   x  dx    f   x   x  1dx
1

3

3

1

   g   x  dx   g   x  dx   g 1  g  3 g  3  g 1  g  3  g  3 .
Vậy g 1  g  3  g  3 .
Câu 49:

[2H1-4] Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9, tính thể tích V của khối
chóp có thể tích lớn nhất.
A. V  144 .

B. V  576 .

C. V  576 2 .
Lời giải

D. V  144 6 .

Chọn B.
Gọi độ dài cạnh đáy, chiều cao của hình chóp tứ giác đều lần lượt là x; h  x, h  0  . Ta có đáy là hình vuông
với độ dài nửa đường chéo bằng

17

x2
x
suy ra độ dài cạnh bên l  h 2 
.
2
2

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831


Trung tâm luyện thi VIET-E />x2
h 
l2
2  9  x 2  36h  2h 2 .
Ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp R 

2h
2h
1
1
Diện tích đáy của hình chóp S  x 2 nên V  h.x 2  h  36h  2h 2 
3

3
2

1
1
1  h  h  36  2h 
h.  36h  2h2   .h.h  36  2h   . 
  576  V  576 , dấu bằng xảy ra khi
3
3
3
3

3

Ta có

h  h  36  2h  h  12, x  12 vậy Vmax  576 .
Câu 50:

[2D4-4] Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để tồn tại duy nhất số phức z thỏa mãn

z.z  1 và z  3  i  m . Tìm số phần tử của S .
A. 2 .

B. 4.

C. 1.
Lời giải

D. 3.

Chọn A.

 x 2  y 2  1(1)

Gọi z  x  yi  x, y  R  ,ta có hệ 
2
2
x  3   y  1  m2  m  0  (2)







Ta thấy m  0  z  3  i không thỏa mãn z.z  1 suy ra m  0 .
Xét trong hệ tọa độ Oxy tập hợp các điểm thỏa mãn (1) là đường tròn  C1  có O  0;0  , R1  1 , tập hợp các
điểm thỏa mãn (2) là đường tròn  C2  tâm I

 C1  . Để có duy nhất số phức





3; 1 , R2  m ,ta thấy OI  2  R1 suy ra I nằm ngoài

z thì hệ có nghiệm duy nhất khi đó tương đương với  C1  ,  C2  tiếp xúc

ngoài và tiếp xúc trong, điều điều này xảy ra khi OI  R1  R2  m  1  2  m  1 hoặc

R2  R1  OI  m  1  2  3 .

18

Thầy Hoàng Hải –dạy office tại Bách Khoa, Hoàn Kiếm, Long Biên| ĐT: 0966405831