Đề thi thử THPT 2017 môn Toán trường THPT Nguyễn Đình Chiểu File word Có lời giải chi tiết

ĐỀ TẬP HUẤN THI THPT QUỐC GIA 2017
THPT NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU- BÌNH ĐỊNH

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN

Câu 1.

Đồ thị bên dưới là của hàm số nào?

A. y = − x 4 + 2 x 2 + 3 .
Câu 2.

D. y = x 4 − 2 x 2 − 1 .

C. yCT = −4 .

x 2 − 3x + 3
trên đoạn
x −1

B. −3 .

D. yCT = 6 .

1

 −2; 2  là

C. 1 .

D. −

13
.
3

Đường thẳng y = −3x + 1 cắt đồ thị hàm số y = x 3 − 2 x 2 − 1 tại điểm có tọa độ ( x0 ; y0 ) thì
A. y0 = 1 .

Câu 5.

C. y = x 4 − 2 x 2 + 1 .

B. yCT = −2 .

Giá trị lớn nhất của hàm sô y =
7
A. − .
2

Câu 4.

B. y = − x 4 + 2 x 2 .

Hàm số y = − x 3 + 3x 2 + 2 có giá trị cực tiểu yCT là
A. yCT = 2 .

Câu 3.

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

B. y0 = 2 .

C. y0 = −2 .

D. y0 = −1 .

x3
Cho hàm số y = − 3x 2 + 5 x + 1 . Khẳng định nào sau là khẳng định ĐÚNG
3
y = +∞ .
A. xlim
→−∞

B. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và đạt cực đại tại x = 5 .
C. Hàm số đồng biến trong khoảng ( 1;5 ) .
D. Đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.
Câu 6.

Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =
A. 0.

Câu 7.

2x −1
x2 + x + 2

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để ba điểm cực trị của đồ thị hàm số
y = x 4 + (6m − 4) x 2 + 1 − m là ba đỉnh của một tam giác vuông.

Trang 1


A. m =

Câu 8.

2
.
3

Hàm số y =

B. m =

B. 0.

B. m ∈ ¡ .

D. m = 3 3 .

C. 0 < m < 4 .

B. m < 0 .

D. −2 .

x
tại hai điểm phân biệt khi
x +1

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y =
A. m ≤ 0 hoặc m ≥ 1 .

Câu 11.

C. 2.

Đường thẳng y = x + m cắt đồ thị hàm số y =

m < 0
A. 
.
m > 4
Câu 10.

C. m = −1 .

x3
− mx 2 + ( m 2 − 1) x + 1 đạt cực đại tại x = 1 khi giá trị m là
3

A. 1.
Câu 9.

1
.
3

D. −4 < m < 0.

sin x + m
π 
nghịch biến trên  ; π ÷
sin x − m
2 

C. 0 < m ≤ 1 .

D. m ≥ 1 .

Một đường dây điện được nối từ một nhà máy điện trên đất liền ở vị trí A đến một hòn đảo ở
vị trí C theo đường gấp khúc ASC ( S là một vị trí trên đất liền) như hình vẻ. Biết
BC = 1km, AB = 4km , 1km dây điện đặt dưới nước có giá 5000USD , 1km dây điện đặt dưới

đất có giá 3000USD . Hỏi điểm S cách A bao nhiêu để khi mắc dây điện từ A qua S rồi đến

C là ít tốn kém nhất.

A.
Câu 12.

15
km .
4

B.

ab − 2a + 1
.
a+2

B.
2

1
 1

Cho K =  x 2 − y 2 ÷



10
km .
4

D.

19
km .
4

ab + 2a + 1
a−2

C.

ab − 2a − 1
.
a+2

D.

ab + 2a + 1
.
a+2

−1


y y
+ ÷ . Biểu thúc rút gọn của K là
1 − 2
x x÷



A. x .
Câu 14.

C.

Cho log 2 3 = a, log 3 5 = b . Khi đó log12 90 tính theo a, b là
A.

Câu 13.

13
km .
4

C. x + 1 .

B. 2x .

D. x − 1 .

Cho hàm số f ( x ) = 3x .4 x . Khẳng định nào sau đây SAI
2

2
A. f ( x ) > 9 ⇔ x + 2 x log 3 2 > 2 .

2
B. f ( x ) > 9 ⇔ x log 2 3 + 2 x > 2 log 2 3 .

Trang 2


C. f ( x ) > 9 ⇔ 2 x log 3 + x log 4 > log 9 .
Câu 15.

B. ( −1; 2 ) .

Tập nghiệm của phương trình: 2 x
A. { 0, −1} .

Câu 17.

C. { 0,1} .

D. { −2, 2} .

C. y ′ = lnx –1 .

D. y′ = xlnx + lnx .

2016 x
2017 x

2016
.
2017 x ln 2017

2016(1 − x)
.
2017 x

B. y ′ =

2016
.

2017 x

D. y ′ =

2016(1 − x ln 2017)
.
2017 x

2
Hàm số y = ln ( − x + 5 x − 6 ) có tập xác định là

B. ( −∞; 0 ) .

A. (0; +∞) .

C. ( 2;3) .

D. ( −∞; 2 ) ∪ ( 3; +∞ ) .

Cho 0 < a, b ≠ 1, x và y là hai số dương. Tìm mệnh đề ĐÚNG trong các mệnh đề sau
A. log a

x log a x
=
.
y log a y

B. log a

C. log a ( x + y ) = log a x + log a y .

Câu 21.

D. (−∞;1).

= 4 là

B. y′ = lnx + 1 .

Tính đạo hàm hàm số y =

C.

Câu 20.

− x+2

C. ( 5; +∞ ) .

Tính đạo hàm hàm số y = xlnx

A. y′ =

Câu 19.

2

B. { 2, 4} .

A. y′ = lnx .
Câu 18.

90
.
π

Tập nghiệm của bất phương trình: log 4 ( x + 7 ) > log 2 ( x + 1) là
A. ( 1; 4 ) .

Câu 16.

D.

1
1
=
.
x log a x

D. log b x = log b a.log a x .

Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép 1%/tháng. Gửi
được hai năm 3 tháng người đó có công việc nên đã rút toàn bộ gốc và lãi về. Số tiền người đó
rút được là bao nhiêu triệu đồng
26
A. 100.  (1, 01) − 1 .

27
B. 101.  (1, 01) − 1 .

27

C. 100.  (1, 01) − 1 .

26
D. 101. (1, 01) − 1 .

1

Câu 22.

x
Tính tích phân: I = ∫ 2e dx
0

A. 2e + 1 .

B. 2e − 2 .
1

Câu 23.

Tính tích phân:

∫
0

C. 2e .

x
dx
x +1

Trang 3

D. 2e − 1 .


A.
Câu 24.

Câu 25.

1
− ln 2 .
6

5
B. 2 ln 2 − .
3

4−2 2
.
3

1
D. ln 2 − .
6

Nguyên hàm của hàm số f ( x) = 3 3 x + 1 là
1

3

3x + 1 + C .

B.

∫ f ( x)dx = 3

1

3

3x + 1 + C .

D.

∫ f ( x)dx =

A.

∫ f ( x)dx = 4 (3x + 1)

C.

∫ f ( x)dx = 3 (3x + 1)

13

3

3x + 1 + C .

3x + 1 + C .

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 + 2 và y = 3x
A. 1 .

Câu 26.

C.

B.

1
.
4

C.

1
.
6

D.

1
.
2

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục Ox hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị

x

hàm số: y = (2 − x)e 2 và hai trục tọa độ là
A. 2e 2 − 10 .

C. π (2e 2 − 10) .

B. 2e 2 + 10 .

2
D. π ( 2e + 10 ) .

a

Câu 27.

x2 + 2x + 2
a2
d
x
=
+ a + ln 3 là
Giá trị dương a sao cho: ∫
x
+
1
2
0

A. 5.

B. 4.
5

Câu 28.

Giả sử

C. 3.

D. 2.

C. 81

D. 8.

dx

∫ 2 x − 1 = ln c. Giá trị của c là
1

A. 9.
Câu 29.

Câu 30.

Cho số phức z = 3 − 4i . Phần thực và phần ảo số phức z là
A. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −4i .

B. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4

C. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4i .

D. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −4

Số phức z thỏa mãn: (1 + i ) z + (2 − i ) z = 13 + 2i là
A. 3 + 2i .

Câu 31.

C.. −3 + 2i .

B. 15 .

Cho số phức z biết z = 2 − i +
A.

Câu 33.

B. 3 − 2i .

D. −3 − 2i .

. Cho số phức z1 = 1 + 3i và z2 = 3 − 4i . Môđun số phức z1 + z2 là
A. 17 .

Câu 32.

B. 3.

5
i.
2

C. 4.

D. 8.

i
. Phần ảo của số phức z 2 là
1+ i

5
B. − i .
2

C.

5
.
2

5
D. − .
2

2
2
Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 2 z + 3 = 0 . Tính A = z1 + z2

Trang 4


A. 6.
Câu 34.

B. 3.

C. 9.

D. 2.

Cho các số phức z thỏa mãn z = 2 .Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức

w = 3 − 2i + ( 2 − i ) z là một đường tròn.Tính bán kính r của đường tròn đó.
A. 20.
Câu 35.

B.

20 .

C.

7.

D. 7.

Cho khối chóp S . ABC có SA vuông góc ( ABC ) , SA = 2a và tam giác ABC đều cạnh a . Thể
tích khối chóp S . ABC bằng:

A. 3a .
3

Câu 36.

a3 3
B.
.
6

C. a 3 3

D. 2a 3 3 .

Cho lăng trụ đứng ABCD. A′B′C ′D′ có AB′ = a 5 , đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Thể tích
của khối lăng trụ ABCD. A′B′C ′D′ bằng
A. 4a 3 .

Câu 37.

B. 2a 3 .

C. 3a 3

D. a 3 .

Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có A′B = 2a , đáy ABC là tam giác đều, góc giữa đường thẳng
A′B và mặt đáy bằng 600. Thể tích của khối lăng trụ ABC . A′B′C ′ bằng

A. a 3 .

Câu 38.

B. 3a 3

C.

3a 3
.
4

D. 2a 3 3 .

Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = 2a, AD = a . Hình chiếu của S lên

mp ( ABCD ) là trung điểm H của AB, SC tạo với đáy một góc 450 . Thể tích khối chóp

S . ABCD là
A.
Câu 39.

2a 3 2
.
3

B.

a3 2
.
3

C.

2a 3
.
3

D.

4a 3
.
3

Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh b . Diện tích xung quanh của hình nón tròn
xoay được sinh ra bởi đường gấp khúc AC ′A′ quay xung quang trục AA′ bằng
A. π b 2

Câu 40.

C. π b 2 3 .

B. π b 2 2 .

D. π b 2 6 .

Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông cân tại A, BC = 2 a , tam giác SBC là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và

BC là
A.
Câu 41.

a 6
.
2

B.

a 3
.
2

C. a 6 .

D. a 3 .

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC = 2a . SA vuông góc với
mặt đáy và SA = 2a 2 . Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.

Trang 5


A. 4π a 3 3 .
Câu 42.

B.

2π a 3 3
3

C.

4π a 3 3
.
3

D. π a 3 3 .

Người ta bỏ ba quả bóng bàn cùng kích thước vào trong một chiếc hộp hình trụ có đáy bằng
hình tròn lớn của quả bóng bàn và chiều cao bằng ba lần đường kính quả bóng bàn. Gọi S1 là
tổng diện tích của ba quả bóng bàn, S 2 là diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số
A.

Câu 43.

3
.
2

B. 1.

C. 2.

6
.
5

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 2 x – z − 3 = 0 . Vectơ nào dưới đây là
một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P )
r
r

A. n = (2; −1; −3)
B. n = (2;0;1) .

Câu 44.

D.

S1
bằng
S2

r
C. n = (0; 2; −1) .

r
D. n = (2;0; −1) .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 1; 0; 0 ) , B ( 0; 2; 0 ) , C ( 0;0;3 ) và đường

 x = −t

thẳng d :  y = 2 + t . Cao độ giao điểm của d và mặt phẳng ( ABC ) là
z = 3 + t

A. 3.
Câu 45.

B. 6.

C. 9.

D. −6 .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A ( 2;1; −1) , mặt phẳng ( P) : x + 2 y − 2 z + 3 = 0
Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( P ) .Tìm tọa độ M thuộc d sao cho
OM = 3

Câu 46.

 7 5 −5 
A. ( 1; −1;1) hoặc  ; ; ÷.
3 3 3 

 5 1 −1 
B. ( 1; −1;1) hoặc  ; ; ÷ .
3 3 3 

 7 5 −5 
C. ( 3;3; −3) hoặc  ; ; ÷.
3 3 3 

 5 1 −1 
D. ( 3;3; −3) hoặc  ; ; ÷ .
3 3 3 

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 8 z − 10 = 0;
( P ) : x + 2 y − 2 z + 2017 = 0 . Phương trình mặt phẳng ( Q ) song song với ( P ) và tiếp xúc với

( S)

là

A. x + 2 y − 2 z + 25 = 0 hoặc x + 2 y − 2 z + 1 = 0 . B.
x + 2 y − 2z – 5 = 0 .

x + 2 y − 2 z + 31 = 0

hoặc

C. x + 2 y − 2 z + 5 = 0 hoặc x + 2 y − 2 z − 31 = 0 . D.
x + 2 y − 2 z −1 = 0 .

x + 2 y − 2 z − 25 = 0

hoặc

Trang 6


Câu 47.

x = 1+ t
x = 2 + t '


Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho d1 :  y = 2 − t ; d 2 :  y = 1 − t ' . Vị trí tương đối của
 z = −2 − 2t
z =1



hai đường thẳng là
A. Song song.

Câu 48.

B. Chéo nhau.

C. Cắt nhau.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :

D. Trùng nhau.
x −1 y z + 1
= =
và mặt phẳng
2
1
3

( P ) : 2 x + y − z = 0 .Mặt phẳng ( Q ) chứa đường thẳng d và vuông góc mặt phẳng

( P)

có

phương trình
A. 2 x − y − z = 0 .
Câu 49.

B. x − 2 y + 1 = 0 ; .

C. x + 2 y + z = 0 .

D. x − 2 y − 1 = 0 .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A ( 1;5;0 ) , B ( 3;3;6 ) và d :

x + 1 y −1 z
=
= . Điểm
2
−1
2

M thuộc d để tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất có tọa độ là

A. M ( −1;1;0 ) .
Câu 50.

B. M ( 3; −1; 4 ) .

C. M ( −3; 2; −2 ) .

D. M ( 1;0; 2 )

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ( P ) : 2 x + y − 2 z + 9 = 0, (Q ) : x − y + z + 4 = 0 và
đường thẳng d :

( Q)

x −1 y + 3 z − 3
=
=
. Một mặt cầu ( S ) có tâm thuộc d , tiếp xúc với ( P ) và cắt
−1
2
1

theo một đường tròn có chu vi 2π . Tìm phương trình mặt cầu ( S ) có hoành độ tâm lớn

hơn −5 .
A. ( x + 7) 2 + ( y + 1) + ( z − 4 ) = 4 .

B. ( x + 5 ) + ( y + 5 ) + ( z − 2 ) = 4

C. ( x + 3) + ( y − 5 ) + ( z − 7 ) = 4 .

D. ( x + 6 ) + ( y + 3) + z 2 = 4 .

2

2

2

2

2

2

2

--- HẾT ---

Trang 7

2

2

2


ĐỀ TẬP HUẤN THI THPT QUỐC GIA 2017
THPT NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU- BÌNH ĐỊNH

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN

BẢNG ĐÁP ÁN

1-C

2-A

3-B

4-C

5-D

6-C

7-B

8-C

9-A

10-D

11-B

12-D

13-A

14-C

15-B

16-C

17-B

18-D

19-C

20-D

21-B

22-B

23-C

24-A

25-C

26-C

27-D

28-B

29-D

30-B

31-A

32-C

33-A

34-B

35-B

36-B

37-C

38-A

39-D

40-B

41-A

42-B

43-D

44-C

45-B

46-B

47-C

48-D

49-D

50-C

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN

ĐỀ TẬP HUẤN THI THPT QUỐC GIA 2017
THPT NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU- BÌNH ĐỊNH

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án C
y = lim y = +∞
- Cách giải: Nhận thấy xlim
→−∞
x →+∞

Nên loại A và B
Với x = 0 thì y = 0
Câu 2: Đáp án A
- Phương pháp: + Giải phương trình y ' = 0
+ Quan sát nhanh xem giá trị nào là x ct của hàm số
- Cách giải: Giải phương trình y ' = 0 ta có: −3x 2 + 6x = 0 ⇔ x(x − 2) = 0
Phương trình có 2 nghiệm x = 0 và x = 2
y = +∞ nên x = 0 là điểm cực tiểu
Để ý rằng xlim
→−∞

Suy ra y ct = y(0) = 2

Câu 3: Đáp án B
Trang 8


- Phương pháp: + Cách làm dạng này là tính các giá trị y tại các điểm giới hạn và điểm cực trị, xem xét
giá trị nào lớn nhất rồi kết luận
+ Chú ý khi giải y ' = 0 cần lưu ý điểm khoảng nghiệm điều kiện
- Cách giải: Ta có: y =

x 2 − 3x + 3 x 2 − x − 2x + 2 + 1
1
1
=
= x −2+
⇒ y' =1 =
x −1
x −1
x −1
(x − 1) 2

Giải phương trình y’=0 ta được ( x − 1) = 1 . Suy ra x=0
2

Tính f (−2) =

−13
−7
;f (0,5) =
;f (0) = −3
3

2

Vậy giá trị lớn nhất sẽ là f(0)=-3.
Câu 4: Đáp án C
- Phương pháp + Xét phương trình hoành độ giao điểm để tìm x0, thay vào để tìm y0
- Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm: −3x + 1 = x 3 − 2x 2 − 1
3
2
2
Phương trình tương đương với: x − 2x + 3x − 2 = 0 = ( x − 1) ( x − x + 2 )

Suy ra x=1. ⇒ y = −2
Câu 5: Đáp án D
x3
Giải phương trình:
− 3x 2 + 5x + 1 = 0 . Bấm máy tính thấy phương trình có 3 nghiệm phân biệt. Suy ra
3

ý D đúng.
Câu 6: Đáp án C
=
Ta phải tính các giới hạn: xlim
→−∞

2x − 1
x +x+2
2

= −2; lim =
x →+∞

2x − 1
x2 + x + 2

=2

Hàm số có 2 tiệm cận ngang y=2 và y = −2
Câu 7: Đáp án B
- Phương pháp + Xác định được các tính chất của điểm cực đại và cực tiểu
+ Xác định xem tam giác vuông tại đỉnh nào, và có thể dùng phương pháp thử đáp án nếu cần thiết.

Trang 9


- Cách giải Giải phương trình y’=0 : 4x 3 − 2(6m − 4)x = x 3 + (3m − 2)x = x(x 2 + 3m − 2) = 0 Để hàm số
có 3 điểm cực trị thì 2-3m>0 ⇔ m <

2
3

Loại A và D.
Chỉ còn B và D.
= +∞ nên sẽ có 2 điểm cực tiểu đối x1;x2 là nghiệm của phương trình
Nhận thấy hàm số có xlim
→−∞

x 2 − 2m + 1 = 0 .
Ta có: x1+x2=0.
2 điểm cực tiểu có tọa độ lần lượt là A(x1;y1) và B(x2;y2) và C(0;1-m) là tọa độ điểm cực tiểu.
A và B đối xứng nhau qua trục tung nên tam giác ABC cân tại C.

Để ABC là tam giác vuông thì nó chỉ có thể vuông tại C.
Giả sử m =

1
( vì thay vào thấy kết quả đẹp nên ta thử trước)
3

Ta được A(1;

uuu
r
uuur uuu
r
−1
−1
2 uuur
); B( −1; ) và C(0; ) AC = ( −1;1); BC = (1;1) ⇒ AC.BC = 0 ⇒ AC ⊥ BC (thỏa mãn)
3
3
3

Câu 8: Đáp án C
y = −∞
- Phương pháp + Tìm y’; y’=0 nhận x=1 là nghiệm nhỏ (y’=0 có 2 nghiệm phân biệt) do xlim
→−∞

- Cách giải Giải phương trình y’=0: x 2 − 2mx + (m 2 − 1) = 0 (*)
2
Phương trình trên nhận x=1 là nghiệm nên y’ ( 1) = 0 = 1 − 2m + m − 1 = 0

Suy ra m=0 hoặc 2.
y = −∞ nên x=1 là nghiệm nhỏ của phương trình (*)
Do x=1 là điểm cực đại, mà xlim
→−∞

Nên ta loại được m=0
Câu 9: Đáp án A
- Cách giải + Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x
= x + m ⇒ (x + 1)(x + m) = x(x ≠ −1) ⇔ x 2 + mx + m = 0
x +1
Trang 10


 m 2 − 4m > 0
 ∆ > 0∀m
m < 0
⇔
⇔
Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì ⇔ 
f (−1) ≠ 0
m > 4
1 − m + m ≠ 0
Câu 10: Đáp án D
- Phương pháp +Tìm y’; giải y’=0
π
+ Đánh giá y’ trên ( ; π)
2
- Cách giải + Tìm y’: y =

y' =

sin x − m + 2m
2m
= 1+
sinx − m
sin x − m

−2m cos x
π
⇒ y ' = 0 ⇔ cos x = 0 ⇔ x =
2
(sin x − m)
2

π
π
π
Để hàm số nghịch biến trên ( ; π) thì y’ mang dấu (-) trên ( ; π) . Mà Cosx<0 với x thuộc ( ; π) nên
2
2
2
m>0.
π 1+ m
π
1+ m
; y( π) = −1 . Do y( ) ≥ y( π) ⇔
≥ −1 ⇔ 1 + m ≤ m − 1 ⇔ m ≥ 1
Lại có: y( ) =
2 1− m

2
1− m
Câu 11: Đáp án B
- Phương pháp + Nhận thấy SC là ở dưới nước, AS là trên bờ. Lập biểu thức tính tiền rồi thử đáp án.
- Cách giải: Gọi SA=x ta được SC = BS2 + BC 2 = (4 − x) 2 + 12
Số tiền cần để mắc là : (4 − x) 2 + 1.5000 + 3000x
Thử 4 đáp án thấy đáp án B cho số tiền ít nhất.
Câu 12: Đáp án D
- Phương pháp
+ Áp dụng linh hoạt các công thức logarit như log a b =

log c b
;log c ab = log c a + log c b
log c a

- Cách giải: Có: log 2 3.log 3 5 = log 2 5 = ab
Ta có: log12 90 =

log 2 90 log 2 32 + log 2 2 + log 2 5 1 + 2 log 2 3 + log 2 5 1 + 2a + ab
=
=
=
log 2 12
log 2 22 + log 2 3
2 + log 2 3
a+2

Câu 13: Đáp án
Trang 11

- Cách giải:
1

1

K = (x 2 − y 2 ) 2 (1 − 2

y y −1
+ ) = (x + y − 2 xy).
x x

1
1
= x(x + y − 2 xy).
y y
y y
1− 2
+
1− 2
+
x x
x x

Câu 14: Đáp án C
Ta có: f (x) > 9 ⇔ x 2 log 3 + x log 4 > log 9
Nhận thấy kết quả đáp án C sai
Câu 15: Đáp án B
- Phương pháp + Giải bất phương trình logarit, chú ý đến cơ số, vận dụng các công thức logarit hợp lý và
chú ý đến điều kiện của bất pt.

- Cách giải: Điều kiện x > −1
log 4 (x + 7) > log 2 (x + 1) ⇔ log 22 (x + 7) > log 2 (x + 1) ⇔

1
log 2 (x + 7) > log 2 (x + 1) ⇔ x + 7 > (x + 1) 2
2

⇔ x 2 + x − 6 < 0 ⇔ (x + 3)(x − 2) < 0 ⇔ x < 2

Câu 16: Đáp án C
Ta có: x 2 − x + 2 = 2
Phương trình có nghiệm 0 và 1.
Câu 17: Đáp án B
Áp dụng công thức : (u.v)’=u’v+uv
Câu 18: Đáp án D
Áp dụng công thức : (u.v)’=u’v+uv
Ta có:
y=

2016x
2016
2016 − 2016x.ln 2017 2016(1 − x ln 2017)
⇒ y' =
+ 2016x( −1) ln 20172017 x =
=
x
x
2017
2017
2017 x

2017 x

Câu 19: Đáp án C
- Phương pháp + Điều kiện để tồn tại ln a thì a>0
- Cách giải: Điều kiện : − x 2 + 5x − 6 > 0 ⇔ (x − 2)(x − 3) < 0 ⇔ 2 < x < 3
Trang 12


Câu 20: Đáp án D
- Phương pháp: Chú ý đến công thức : log a b =

- Cách giải Ta có: log b x =

log c b
1
;log a b =
log b a
log c a

log a x
= log a x.log b a
log a b

Câu 21: Đáp án B
- Phương pháp + Đưa bài toán về tính tổng các tích số nhân.
- Cách giải
Cuối tháng 1 người đó có: 1+1.0,01=1(1+0,01) triệu
Đầu tháng 2 người đó có: 1(0,01+1)+1 =1,01+1triệu
Cuối tháng 2 người đó có (1,01+1).(1+0,01)=1,012+1,01
Tương tự cuối tháng 3 người đó có: 1,013+1,012+1,01

Đến cuối tháng thứ 27 người đó có : 1,0127+1,0126+..+1,01=U
Ta có: 1,01U=1,0128+1,0127+..+1,012
Lấy 1,01U-U=1,0128 -1,01. Suy ra U=100(1,0128-1,01)= 101[(1,01)27-1] (triệu đồng)
Câu 22: Đáp án B
1

1

I = ∫ 2e dx = 2e
x

0

= 2e − 2

x
0

Câu 23: Đáp án C
- Phương pháp + Dùng phương pháp đặt ẩn phụ để giải. Ở đây hợp lý nhất là đặt
- Cách giải: Đặt

x +1 = a

x + 1 = a ⇒ x = a 2 − 1 ⇒ dx = 2ada
1

Đổi cận: x = 0 ⇒ a = 1; x = 1 ⇒ a = 2 ⇒ ∫
0

x
dx =
x +1

2

∫
1

2

2a 3
4 2
2
4−2 2
=
− 2a =
− 2 2 − +1 =
3
3
3
3
1
Câu 24: Đáp án A
Trang 13

a2 −1
2ada =
a

2

∫ 2(a
1

2

− 1)da


1

1

4

Ta cos: f (x) = (3x + 1) 3 ⇒ ∫ (3x + 1) 3 dx = (3x + 1) 3 .

1
4

Câu 25: Đáp án C
a

- Phương pháp + Áp dụng công thức tính S giới hạn bởi 2 đường: S = ∫ | f (x) − g(x) | dx
b

- Cách giải: Tìm cận. Xét phương trình hoành đồ giao điểm : x2+2=3x
Phương trình có 2 nghiệm x=1 và x=2.
Có: S = ∫

2

1

2

3x 2 x 3
−2 5 1
(3x − x − 2)dx =
− − 2x =
+ =
2
3
3
6 6
1
2

Câu 26: Đáp án C
b

- Phương pháp: Áp dụng công thức tính thể tích : π∫ | f (x) 2 − g(x) 2 | dx . Kết hợp với việc dùng máy
a

tính
x

2

x

2

- Cách giải + Tìm cận: (2 − x)e 2 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ V = π ∫ [(2 − x)e 2 ]2 = π ∫ (2 − x) 2 e x dx
0

0

Bấm máy tính ta được kết quả xấp xỉ 15,01
Đáp án C đúng
Câu 27: Đáp án D
- Phương pháp + Tính được tích phân theo a
- Cách giải
Ta có:

∫

a

0

a

a
x 2 + 2x + 2
1
x2
a2
dx = ∫ [(x + 1) +

]dx =
+ x + ln | x + 1| = + a + ln(a + 1)
0
x +1
x +1
2
2
0

Suy ra a=2
Câu 28: Đáp án B
Ta cos: I = ∫

5

1

5

dx
1
1
= ln | 2x + 1| = ln 9 = ln 3
2x − 1 2
2
1

Câu 29: Đáp án D
Chú ý lý thuyết: với 1 số phức z=a+bi thì phần thực là a và phần ảo là b
Trang 14

Câu 30: Đáp án B
Gọi số phức cần tìm là z = a + bi ⇒ z = a − bi
Khi đó phương trình ⇔ a − b + (a + b)i + 2a − b − (a + 2b)i = 13 + 2i

3a − 2b = 13 a = 3
⇔ 3a − 2b − bi = 13 + 2i ⇔ 
⇔
⇒ z = 3 − 2i
− b = 2
 b = −2
Câu 31: Đáp án A
- Phương pháp: Công thức tính modun của số phức z=a+bi: | z |= a 2 + b 2
- Cách giải Ta có: z1+z2=1+3i+3-4-=4-i
Suy ra mô dun của số phức z1+z2 là :

42 + 12 = 17

Câu 32: Đáp án C
- Phương pháp + Nên dùng máy tính để rút gọn các biểu thức số phức.
- Cách giải z = 2 − i +

i
5 i
5 i
5i
= − ⇒ z = + ⇒ z2 = 6 +
1+ i 2 2
2 2

2

Phần ảo của số phức là

5
2

Câu 33: Đáp án A
- Phương pháp + Dùng máy tính để tính nhanh hơn các biểu thức số phức
Câu 34: Đáp án B
- Phương pháp + Tìm ra được phương trình đường tròn biểu diễn số phức w
- Cách giải Gọi w=a+bi
Ta có a + bi = 3 − 2i + (2 − i)z ⇒ z =

=(

(

a − 3 + (b + 2)i [a − 3 + (b + 2)i](2 + 1)
=
2−i
5

2a − b − 8
a + 2b + 1
)+(
)i . Lại có | z |= 2 nên
5
5

2a − b − 8 2 a + 2b + 1 2
) +(
) = 2 2 ⇔ (a − 3) 2 + (b + 2) 2 = 20 ⇒ R = 20
5
5

Câu 35: Đáp án B
Trang 15


Nhận xét: bài này không cần phải vẽ hình cũng có thể nhẩm nhanh được
1
1
1 3
3 3
V = SA.SSABC = .2a. .
a.a =
a
3
3
2 2
6
Câu 36: Đáp án B
- Cách giải: Ta có: AB'2 = AB2 + BB'2 ⇔ 5a 2 = a 2 + BB '2
⇒ BB' = 2a ⇒ V = SABCD .BB' = a 2 .2a = 2a 3
Câu 37: Đáp án C
- Phương pháp + Dựng được góc giữa A’B và (ABC)
+ Từ đó tính được thể tích
- Góc giữa A’B và (ABC) chính là A'BA = 60o
Xét tam giác A’BA vuông tại A có A'BA = 60o

Và A’B=2a
Suy ra AA ' = 3a

V = AA '.SABC = 3a.a 2 = 3a 3
Câu 38: Đáp án A
- Phương pháp + Cần có kĩ năng tính nhẩm nhanh
+ Xác định nhanh góc cần dựng, chú ý đến điểm H

là điểm

đặc biệt.
- Cách giải Góc giữa SC và (ABCD) là SCH =450
Suy ra SH=CH= a 2 + a 2 = 2a
1
2 2 3
V = a.2a. 2a =
a
3
3
Câu 39: Đáp án D
- Phương pháp + Chú ý cần nhớ công thức tính S xq của một khối nón : Sxq = πrl với r là bán kính đáy, l
là độ dài đường sinh của khối nón.

Trang 16


- Cách giải + Bán kính đáy của hình nón sẽ là A 'C ' = 2b
Đường sinh AC ' = AB2 + BC 2 + CC '2 = 3b
2
Diện tích xung quanh của khối nón là : Sxq = πRl = π 2b. 3b = 6b π

Câu 40: Đáp án B
- Phương pháp + Có nhiều cách để tìm khoảng cách giữa 2
đường thẳng
+ TH này ta dùng cách dựng đoạn thẳng vuông góc với 2
đường thẳng BC và SA.
- Cách giải: Gọi D là trung điểm của BC
Suy ra SD vuông góc với đáy (ABC)

BC ⊥ AD; BC ⊥ SD ⇒ BC ⊥ (SDA) ⇒ BC ⊥ DM
(M là chân đường cao kẻ từ D xuống SA)
Suy ra DM chính là đoạn vuông góc với cả 2 đoạn BC và SA nên DM chính là khoảng cách giữa 2 đường
thẳng BC và SA.
AD=a;
SD =

3
.2a = 3a
2

Xét tam giác SDA: tính được DM =

3
a
2

Câu 41: Đáp án A
- Phương pháp + Dựng được tâm mặt cầu ngoại tiếp dựa vào 2
tam giác vuông SAB và ABC.
+ Tính được IP và IM rồi tính được bán kính

- Cách giải: Dựng hình như hình vẽ với P là trung điểm của SB
M là trung điểm của BC
I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC

Trang 17


SC = SA 2 + AC2 = (2 2a) 2 + a 2 = 3a
Có PI//AC;IM//SA; PM//SC nên tam giác PMI đồng dạng với tam giác CSA
1
3a
1
PM = SC =
Suy ra IM= SA = a 2
2
2
2
Suy ra IB = a 2 + 2a 2 = 3a
Vkhoicau =

4 3
πr = 4π 3a 3
3

Câu 42: Đáp án B
2
2
Phân tích: - Diện tích 3 quả bóng bàn S1 = 3.4πr = 12πa (a là bán kính của quả bóng bàn)

- Bán kính đáy của hình trụ là a. Chu vi đáy của hình trụ là: 2 aπ

- Chiều cao của hình trụ là 3.2r=6r=6a
2
- S2 = 12πa ⇒

S1
=1
S2

Câu 43: Đáp án D
(P): Ax+By+Cz+d=0. Véc tơ pháp tuyến của (P) có tọa độ (A;B;C)
Câu 44: Đáp án
- Phương pháp + Công thức mặt phẳng đi qua 3 điểm có tọa độ (a;0;0); (0;b;0) ; (0;0;c) là

- Cách giải: Áp dụng công thức trên ta được phương trình mặt phẳng (ABC):

x y z
+ + =1
a b c

x y z
+ + =1
1 2 3

Gọi M là giao điểm của d và (ABC).
M(-a;2+a;3+a). Thay vào ta có :

−a a + 2 a + 3
+
+
=1⇒

1
2
3

Cao độ của điểm M là : 6+3=9
Câu 45: Đáp án B
- Phương pháp + Tìm được phương trình đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là véc tơ pháp tuyến của
(P).
Trang 18


x = t + 2
r

- Cách giải Véc tơ pháp tuyến của (P) chính là véc tơ chỉ phương của D: n = (1; 2; −2) ⇒ d :  y = 2t + 1
z = −2t − 1

Gọi M(a-2;2a-1;-2a+1). Có OM =

3 nên

a = −1
(a + 2) + (2a + 1) + ( −2a − 1) = 3 = 9a + 12a + 6 = 3 ⇔ 
a = −1
3

2

2

2

2

5 1 −1
Suy ra M(1;-1;1) và ( ; ; )
3 3 3
Câu 46: Đáp án B
- Phương pháp + Tìm tâm I, điều kiện để (Q) tiếp xúc với mặt cầu là khoảng cách từ I đến (Q) bằng bán
kính mặt cầu
- Cách giải Mặt cầu S có tâm I(1;-3;4) và bán kính 6.
(Q): x+2y-2z+a=0 ( do (Q) song song với (P))

d1/(Q) =

|1.1 + 2(−3) − 2.4 + a |
12 + 22 + 22

 a = −5
= 6 ⇒ 6.3 =| −13 + a |⇒ 
a = 31

Câu 47: Đáp án C
Nhận xét: thấy 2 véc tơ của 2 đường thẳng không tỉ lệ, nên nó sẽ rơi vào trường hợp cắt nhau hoặc chéo
nhau.
Giả sử 2 đường thẳng này cắt nhau
Ta sẽ có: -2-2t=1 suy ra t =

Tìm t’: ta được t ' =

−3
−1 7
Điểm cắt nhau có tọa độ ( ; ;1)
2
2 2

−5
2

Vậy 2 đường thẳng này cắt nhau
Câu 48: Đáp án D
- Phương pháp: tính tích có hướng của véc tơ chỉ phương d và véc tơ pháp tuyến của (P).
r
- Cách giải - Gọi u (2;1;3) = là véc tơ chỉ phương của d,  n = ( 2;1; −1)

Trang 19


Tính tích vô hương của 2 véc tơ trên ta được véc tơ chỉ phương của (Q): (-4;8;0)
r
Véc tơ pháp tuyến của (Q) là : a = ( 2; −1;0 )

Chọn 1 điểm thuộc d (3;1;8) thay vào ta được phương trình :x-2y-1=0
Câu 49: Đáp án D
- Phương pháp + Gọi H là chân đường cao kẻ từ M xuống AB. SABC nhỏ nhất thì MH nhỏ nhất.
+ Tìm điểm M để MH nhỏ nhất.
+ Dùng phương pháp thử để giảm bớt độ phức tạp bài toán.
- Cách giải: Gọi M(2a-1;-a+1;2a)
uuur
x −1 y − 5 z

=
=
AB = (2; −2;6) = 2(1; −1;3) . Phương trình (AB):
1
−1
3
Gọi H(b+1;-b+5;3b) là chân đường cao kẻ từ M đến (AB)
M(2a-1;-a+1;2a)
uuuu
r
uuur uuuu
r
⇒ MH = (b − 2a + 1; − b + a = 4;3b − 2a); AB ⊥ MH ⇒ b − 2a + 2 = b − a − 4 + 9b − 6a = 0
⇔ −9a + 11b − 2 = 0 ⇒ b =

uuuu
r  24 − 13a 2a + 42 5a + 6 
9a + 2
⇒ MH = 
;
;
÷
11
11
11 
 11

Nhận xét: ta nên dùng phương pháp thử đáp án:
Thử 4 đáp án để tính MH sao cho MH nhỏ nhất thì thấy với a=1 thì MH nhỏ nhất
Câu 50: Đáp án C

Dùng phương pháp thử đáp án, thử với dữ kiện tiếp xúc với (P) đầu tiên. Thử từng đáp án: thấy chỉ có
tâm đường tròn ở phương án C tiếp xúc với (P)

Trang 20