155 đề thi thử THPTQG năm 2017 môn toán THPT lê quý đôn hà nội file word có lời giải

LUYỆN ĐỀ TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA 2017
ĐỀ LÊ QUÝ ĐÔN (HÀ NỘI) - Thời gian làm bài: 90 phút
Câu 1: Đồ thị hàm số y =
A. 3.

2 − x −1
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
x ( x 2 − 4x + 3)
B. 0.

C. 2.

D. 1.

 5 3

Câu 2: Rút gọn biểu thức A = log a  a a a a ÷ với a > 0, a ≠ 1 ta được kết quả nào sau


đây?
A.

7
.
4

B.

5
.
3

C.

4
.
3

D. 2.

Câu 3: Cho khối chóp S.ABCD có thể tích là 3a 3 . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính
thể tích V khối chóp G.ABCD.
A. V = a 3 .

B. V = 2a 3 .

1 3
C. V = a .
3

D. V =

4 3
a.
3

Câu 4: Ông A gửi 320 triệu đồng ở hai ngân hàng X và Y theo phương thức lãi kép. Số tiền
thứ nhất gửi ở ngân hàng X với lãi suất 2,4%/quý trong thời gian 15 tháng. Số tiền còn lại gửi
ở ngân hàng Y với lãi suất 0,75%/tháng trong thời gian 9 tháng. Tổng số tiền lãi ở ngân hàng
là 30,71032869 triệu đồng (chưa làm tròn). Hỏi số tiền ông A gửi lần lượt ở ngân hàng X và
ngân hàng Y là bao nhiêu?

A. 180 triệu và 160 triệu.

B. 160 triệu và 180 triệu.

C. 150 triệu và 170 triệu.

D. 170 triệu và 150 triệu.

Câu 5: Một khối cầu bằng thép có bán kính 5m. Để làm một chiếc lu
đựng nước, người ta cắt bỏ hai phần bằng hai mặt phẳng cách nhau 6m
và cùng vuông góc với đường kính AB, tạo thành thiết diện ở hai đáy
là hai hình tròn tâm I và I’ như hình vẽ. Mặt phẳng ở dưới đáy (chứa I)
cách tâm O của khối cầu a (m). Sau khi cắt, đáy dưới được hàn kín lại
bằng tấm hình tròn, đáy trên để trống. Giả sử mỗi mét vuông thép có
giá 100000 đồng. Tính số tiền tối thiểu mua thép để hàn kín đáy dưới
3
biết chiếc lu chứa được đúng 126π ( m ) nước. (Coi bề dày của khối

cầu và tấm thép ở đáy không đáng kể, kết quả làm tròn đến hàng đơn vị nghìn đồng).
A. 2 triệu 827 nghìn đồng.

B. 2 triệu 513 nghìn đồng.

C. 3 triệu 140 nghìn đồng.

D. 3 triệu 768 nghìn đồng.

Trang 1

1

x

Câu 6: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e 2 .
1

1 1x
B. ∫ f ( x ) dx = e 2 + C.
2

x

A. f ( x ) dx = 2e 2 + C.
∫
1

2 1x
D. ∫ f ( x ) dx = e 2 + C.
3

x

C. f ( x ) dx = e 2 + C.
∫

Câu 7: Cho bảng biến thiên sau của một hàm số như hình dưới đây.

x

−∞

+∞

1

+

y'

+

+∞

y

1

+∞

1

Đó là hàm số nào trong các hàm số sau?
A. y =

2x − 1
.
1− x

B. y =

5x − 6
.
x −1

C. y =

3x + 2
.
x −1

x −3
.
x −1

D. y =

Câu 8: Cho log 2 3 = a; log 5 3 = b. Biểu diễn log 6 45 theo a và b.
A. log 6 45 =

a + 2ab
.
ab + b

B. log 6 45 =

a + 2ab
.
ab

C. log 6 45 =

2a 2 − 2ab
.
ab

D. log 6 45 =

2a 2 − 2ab
.
ab + b

Câu 9: Tìm số phức liên hợp của số phức z = 2i ( 5 − i ) .
A. 2 + 10i.

B. 2 − 10i.

C. −2 − 10i.

D. −2 + 10i.

ĐÁP ÁN
1- D
11- A
21- B
31- A
41- C

2- A
12- B

22- C
32- B
42- D

3- A
13- B
23- C
33- D
43- C

4- C
14- A
24- D
34- B
44- D

5- A
6- A
7- D
15- D
16- C
17- D
25- D
26- A
27- D
35- B
36- C
37- B
45- B
46- C

47- C
LỜI GIẢI CHI TIẾT

8- A
18- A
28- B
38- D
48- A

9- B
19- D
29- C
39- C
49-

10- A
20- C
30- B
40- A
50-

Câu 1: Đáp án D
Hướng dẫn: Hàm số có tập xác định D = ( −∞; 2] \ { 0;1} .
Khi đó: y =

2 − x −1
1− x
1
=
=−

.
2
x ( x − 4x + 3 ) x ( x − 1) ( x − 3) 2 − x + 1
x ( x − 3) 2 − x + 1

Suy ra x ( x − 3)
Trang 2

(

(

)

)

(

)

2 − x + 1 = 0 ⇔ x = 0. Suy ra đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng.


Câu 2: Đáp án A
 5
1 
 5 3 3
 5 3

3

2 ÷
4

A
=
log
a
a
a
a
=
log
a
a
a.a
=
log
Ta có:
a 
a
a  a. a .a
÷


÷






7

7
÷ = log a a 4 = .
÷
4


 5 3

Cách khác: Bấm log 2  2 2 . 2 2 ÷.


Câu 3: Đáp án A
1
1
VG.ABCD = VS.ABCD = .3a 3 = a 3 .
3
3
Câu 4: Đáp án C
Gọi số tiền mà ông A gửi ở hai ngân hàng X và Y lần lượt là x và y triệu đồng.
 x + y = 320
 x = 150
⇒
.
Khi đó, ta có: 
5
9
 x ( 1 + 0, 024 ) + y ( 1 + 0, 0075 ) = 30, 71032869 + 320  y = 170

Câu 5: Đáp án A
 IA = OA − OI = 5 − a
.
Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng  '
'
 I B = AB − AI − I I = 10 − ( 5 − a ) − 6 = a − 1
•
•

•

4 3 500
πR =
π.
3
3
Thể tích khối chỏm cầu có chiều cao h1 = I' B là:
Thể tích của khối cầu bán kính R = 5 là V0 =

h  1
2

V1 = πh12  R − 1 ÷ = π ( a + 10 ) ( 5 − a ) .
3 3

Thể tích khối chỏm cầu có chiều cao h 2 = IA là:
h  1
2

V2 = πh 22 =  R − 2 ÷ = π ( 16 − a ) ( a − 1) .

3  3


Vậy thể tích của chiếc lu bằng V = V0 − V1 − V2 = 126π
a = 2
2
2
⇔ 122 = ( a + 10 ) ( 5 − a ) + ( 16 − a ) ( a − 1) ⇔ 
⇒ chọn a = 4 để diện tích đáy dưới là
a = 4
nhỏ nhất.
Khi đó, bán kính đường tròn đáy là r = R 2 − a 2 = 52 − 4 2 = 3 ⇒ S = πr 2 = 9π.
Vậy số tiền tối thiểu cần để mua thép là T = 100000S = 900000π ≈ 2 triệu 827 nghìn đồng.
Câu 6: Đáp án A
1

1

1

x
x 1
x

Ta có: ∫ f ( x ) dx = ∫ e 2 dx = 2∫ e 2 d  x ÷ = 2e 2 + C.
2 

Câu 7: Đáp án D
Trang 3

Dựa vào bảng biến thiên và đáp án ta thấy:
•

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là

•

x = 1; y = 1.
Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định.

Câu 8: Đáp án A
Ta có: log 6 45 = log 6 5 + 2 log 6 3 =
=

1
log 5 3 +

+

2

log 5 3
1
1+
log 2 3
log 2 3

=

1
2
+
log 5 3 + log 5 2 1 + log 3 2

1
b+

b
a

+

2
1+

1
a

=

a + 2ab
.
ab + b

Câu 9: Đáp án B
Ta có: z = 2i ( 5 − i ) = 2 + 10i ⇒ z = 2 − 10i.
Câu 34: Đáp án B
Dễ dàng chứng minh được AH ⊥ SB, AC = AB 2 = a 2.
SA.AB

Tam giác SAB vuông tại A có: AH =
⇒ SH = SA 2 − AH 2 =
Tương tự, ta tính được
Vậy

SA 2 + AB2

(

=

2a
.
5

)

4a
SH 4a
4
⇒
=
: a 5 = .
SA
5
5
5

(

)

SK 2a 6
2
=
: a 6 = .
SC
3
3

VS.AHK SH SK 4 2 8
8 1
a 2 8a 3
=
.
= . = ⇒ VS.AHK = . .2a. =
.
VS.ABC SB SC 5 3 15
15 3
2
45

Câu 35: Đáp án B
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ SO ⊥ ( ABC ) .
Suy ra OA là hình chiếu của SA lên (ABC).
·
⇒ (·SA, ( ABC ) ) = (·SA, OA ) = SAO
= 60o.
Tam giác SAO, vuông tại O ta có:

·
tan SAO
=

SO
a 3
⇒ SO = tan 60o.
= a.
AO
3

Thể

tích

khối

chóp

1
1 a 2 3 a3 3
VS.ABC = SO.SABC = .a.
=
.
3
3
4
12
Trang 4

S.ABC

là


Câu 36: Đáp án C
'
2
Ta có: f ( x ) = ∫ f ( x ) dx = ∫ ( 2x + s inx ) dx = x − cos x + C.
2
Vì f ( 0 ) = 1 nên −1 + C = 1 ⇔ C = 2 ⇒ f ( x ) = x − cos x + 2.

Câu 37: Đáp án D
Ta có: z = ( 1 − 2 ) + ( 3i − i ) = −1 + 2i.
Câu 38: Đáp án B
Mặt phẳng thiết diện vuông góc với đáy của hình nón và đi qua đường cao của hình nón như
hình vẽ bên.
Chuẩn hóa R = 1, HM = x là chiều cao của khối nón
Tam giác IMA vuông tại M, có AM = IA 2 − IM 2 = 2x − x 2 .
Khối nón (N) có chiều cao h = x, bán kính đáy r = AM = 2x − x 2 .
1
1
1
4 x x
⇒ VN = πr 2 h = π ( 2x − x 2 ) x = πx 2 ( 2 − x ) = π. . . ( 2 − x )
3
3
3
3 2 2
2

x x

+ + 2− x÷

V
4 2 2
4 23 32
32  4  8

≤ π.
= π. =
⇒ N = π :  π ÷= .
3
27
3 27 81
VS 81  3  27
Câu 39: Đáp án C
 z − ( 2 + i ) = 10
 a + bi − ( 2 + i ) = 10
⇔
Đặt z = a + bi ( a ∈ ¡ , b ≠ 0 ) . Ta có:  r
 z.z = 25
( a + bi ) ( a − bi ) = 25
( a − 2 ) 2 + ( b − 1) 2 = 10
2a + b = 10
 a = 3; b = 4
⇔
⇔ 2
⇔

⇒ z = 3 + 4i ⇒ M 4 ( 3; 4 ) .
2
2
2
 a = 5; b = 0
a + b = 25
a + b = 25
Câu 40: Đáp án A

uuuu
r
Điểm M ∈ ( d ) ⇒ M ( 5 − 4t; 2 + 2t; 4 + t ) ⇒ MA = ( 4 − 4t; 2t − 2; t + 2 ) .
Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMB là Smin = 3 2.
Câu 41: Đáp án C
4
−2
4 − 2x
y = lim
= lim x
= −2 ⇒ y = −2 là tiệm cận
Ta có: xlim
→+∞
x →+∞ x − 1
x →+∞
1
1−
x
ngang của đồ thị hàm số.
Câu 42: Đáp án D
Trang 5

Câu 43: Đáp án C
Cách 1: Phương trình mặt phẳng trung trực của AB: x − 2y +

3
= 0; của AC là x − 3z + 4 = 0.
2

 2x − 4y + 3 = 0
 2a + 3 a + 4 
⇒ I  a;
;
Tọa độ điểm I thỏa 
÷.
4
3 

 x − 3z + 4 = 0
2a + 3
a+4
2
2
2
2 
;c =
PT mặt cầu ( S) : ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R  b =
÷
7
3 



(

S ∩ Ox = A ( 1;0;0 ) ⇒ M ( 2a − 1;0;0 ) do ( x A − a ) = ( x M − a )
2

2

)

Tương

tự

N ( 0; 2b − 2;0 ) , P ( 0;0; 2c − 3) ⇒ ( MNP ) :

x
y
z
+
+
= 1.
2a − 1 2b − 2 2c − 3

x = t
uuuuuu
r
x
2y

3z

Hay
+
+
= 1 ⇒ n ( MNP ) = ( 1; 2;3) ⇒ OH :  y = 2t
2a − 1 2a − 1 2a − 1
z = 3t


(chứng

minh được OH ⊥ ( MNP ) ).
Do đó tọa độ điểm H là H ( t; 2t;3t ) nên H luôn thuộc mặt phẳng 4x + y − 2z = 0.
Cách 2: Để làm được bài này các bạn cần nhớ hai tính chất sau:
Tính chất 1: Phương tích: Nếu đường thẳng d đi qua O và cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, M
thì ta có OA.OM = OI 2 − R 2 .
Tính chất 2: Trong bài này, H là trực tâm tam giác MNP thì OH ⊥ ( MNP ) .
 PN ⊥ MN
⇒ MN ⊥ OH, tương tự MP ⊥ OH suy ra OH ⊥ ( MNP ) .

OP ⊥ MN
Áp dụng, ta gọi M ( a;0;0 ) , N ( 0; b;0 ) , P ( 0;0;c ) thì
a.1 = b.2 = c.3 = OI 2 − R 2 .
Lại có PT ( MNP ) :

x y z
1
2
3

1 1 1 

+ + = 1 ⇒ u OH =  ; ; ÷ =  2
; 2
; 2
2
2
2 ÷
a b c
 a b c   OI − R OI − R OI − R 

x = t
uuur

Chọn u OH = ( 1; 2;3) ⇒ OH :  y = 2t ⇒ H luôn thuộc mặt phẳng 4x + y − 2z = 0.
z = 3t

Câu 44: Đáp án D

Trang 6


2

2
z
= −1 − i, khi đó giả thiết trở thành:
Đặt z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) . Ta có:
= z = a − bi và
i −1

z
z + ( 1 + i ) ( z + i ) + 2iz = 0 ⇔ z + ( 3i + 1) z = 1 − i ⇔ a − bi + ( 3i + 1) ( a + bi ) = 1 − i
2a − 3b = 1
1
5
5
⇔ 2a − 3b + 3ai = 1 − i ⇔ 
⇔a =− ⇒b=− ⇒S= .
3
9
27
3a = −1
Câu 45: Đáp án B
1 + 2t = 6 + 3t '
 t = −2

'
⇒ d1 và d2 cắt nhau.
Ta thấy rằng: 7 + t = −1 − 2t ⇔  '
 t = −3
3 + 4t = −2 + t '

Câu 46: Đáp án C
Gọi h là chiều cao của hình nón và r là bán kính đường tròn đáy.
•

Diện tích xung quanh của hình nón: Sxq = πrl = πr r 2 + h 2 .

•

Diện tích đường tròn đáy: S = πr 2 .

Từ giả thiết ta có:

Sxq
S

=

πr r 2 + h 2
r2 + h2
2
=
=
⇔ r = h 3.
2
πr
r
3

·
=
Tam giác SAO vuông tại O, ta có tan SAO

SO h
1
·
= =
⇒ SAO
= 30o.

AO r
3

Câu 47: Đáp án C
Ta có: A = log m 8 + log m m = 3log m 2 + 1 =

3
3+ a
+1 ⇔ A =
.
a
a

Câu 48: Đáp án A
Ta có: y = ln ( x − 3) ⇒ y = ln ( x − 3) 
'

'

( x − 3)
=
x −3

'

=

1
.
x −3

Câu 49: Đáp án A
 x + 26 > 0
⇔ x > −2. BPT ⇔ log 2 ( x + 2 ) + log 2 ( x + 26 ) < log 2 256
Điều kiện: 
x + 2 > 0
⇔ log 2 ( x + 2 ) ( x + 26 ) < log 2 256 ⇔ ( x + 2 ) ( x + 26 ) < 256 ⇔ x 2 + 28x − 204 < 0 ⇔ −34 < x < 6.

Kết hợp với điều kiện x > −2, ta được: S = ( −2;6 ) là tập nghiệm của bất phương trình.
Câu 50: Đáp án B
Dựng trục AB và mặt phẳng thiết diện như hình vẽ.
Thể tích khối tròn xoay cần tính bằng: V = Vt − 2Vn với:

Trang 7


•

Vt là thể tích khối trụ có chiều cao h = CD , bán kính đường tròn đáy

R = HC = BK = BC
•

2

( CD − AB )
−
4

2

= 1 ⇒ Vt = 3π.

Vn là thể tích khối nón có chiều cao: h = BC = BC 2 − HC2 = 1, bán kính đường tròn
π
đáy R = HC = 1 ⇒ Vn = .
3

Vậy thể tích cần tính là V = Vt − 2Vn = 3π −

Trang 8

2π 7 π
=
.
3
3