Đề thi thử THPT 2017 môn Toán trường THPT Thanh Miện Hải Dương Lần 2 File word Có lời giải chi tiết

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
THPT THANH MIỆN- HẢI DƯƠNG- LẦN 1

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN

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

3

'
Câu 1: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên [ 2;3] và f ( 2 ) = −3;f ( 3) = 4. Tính ∫ f ( x ) dx.
2

A. −7.

B. −1.

C. 7.

D. 1.

Câu 2: Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên từng khoảng xác định?

( I)

y=

( III )

x +5
x +1

( II )

y=

( IV )

y = x x2 − 4

1
( 0 < x < π)
cos x

y = x3 − x

A. Hàm số ( II ) và ( III ) .

B. Hàm số ( III ) và ( IV ) .

C. Hàm số ( I ) .

D. Hàm số ( I ) và ( II ) .

)

(

2
2
Câu 3: Cho hàm số y = x ln x + 1 + x − 1 + x . Mệnh đề nào sau đây sai?

A. Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) .

)

(

'
2
B. Hàm số có đạo hàm y = ln x + 1 + x .

C. Tập xác định của hàm số là ¡ .
D. Hàm số nghịch biến trên ( 0; +∞ ) .
Câu 4: Thể tích của tứ diện đều ABCD cạnh 2cm là:
A.

2 2
cm3 .
3

B.

2 3
cm 3 .
3

Câu 5: Tập xác định của hàm số y = log

C.

2

(x

2

8 2
cm3 .
3

D. 8 cm3 .

− 4 ) là:
2

A. ( −∞; −2 ) ∪ ( 2; +∞ ) .

B. ¡ \ { ±2} .

C. ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) .

D. ¡ .

Câu 6: Cho hình lập phương có cạnh bằng a. Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là a 3.
B. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là a 2.
C. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là

a 2
.
2

Trang 1


a 3
.
2

D. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là

Câu 7: Cho x 2 − xy + y2 = 2. Giá trị nhỏ nhất của biếu thức P = x 2 + xy + y 2 bằng:
A.

2
.
3

B.

1
.
6

C.

1

.
3

D. 3.

Câu 8: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = − x 3 + 3x 2 − 3x + 1 tại điểm B ( 0;1) là:
A. x + 3y + 1 = 0.

B. x + 3y − 1 = 0.

C. 3x + y − 1 = 0.

D. x − 3y − 1 = 0.

Câu 9: Cho a, b là các số thực dương lớn hơn 1. Số nghiệm của phương trình a x + b x = ( a + b ) là:
x

A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 10: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x; y = 2 − x và trục Ox được tính bởi công
thức:
2

A.

∫(

)

0

2

C.

∫
0

2

2 − x − x dx.

B.

∫(

)

x − 2 + x dx.

0

2

1

xdx + ∫ ( 2 − x ) dx.

D.

0

∫
0

2

xdx + ∫ ( 2 − x ) dx.
1

Câu 11: Một hình tứ diện đều có cạnh bằng a, có một đỉnh trùng với đỉnh của hình nón, ba đỉnh còn lại
nằm trên đường tròn đáy của hình nón. Khi đó diện tích xung quanh của hình nón là:
1 2
A. S = πa 2.
3

B. S =

1 2
πa 3.
2

C. S = πa 2 3.

1 2
D. S = πa 3.
3
2

3

3

1

1

2

Câu 12: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ , ∫ f ( x ) dx = 2, ∫ f ( x ) dx = 7. Tính ∫ f ( x ) dx.
A. 5.
Câu 13: Cho hàm số y =

B. 9.

C. 14.

2x
. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
x2 +1

A. Hàm số có tiệm cận đứng x = ±1 và tiệm cận ngang y = 0.
B. Hàm số có tiệm cận đứng x = ±1.
C. Hàm số có tiệm cận ngang y = 0.

D. Hàm số có tiệm cận đứng y = ±1 và tiệm cận ngang x = 0.

Trang 2

D. 20.


Câu 14: Một tam giác ABC vuông tại A có AB = 6, AC = 8. Cho hình tam giác ABC quay quanh cạnh
AC ta được hình nón có diện tích xung quanh và diện tích toàn phần lần lượt là S1 ,S2 . Hãy chọn kết quả
đúng.
A.

S1 9
= .
S2 5

B.

S1 5
= .
S2 9

C.

S1 8
= .
S2 5

D.

S1 5
= .
S2 8

 2 4
3
2
Câu 15: Cho hàm số y = x − mx +  m − ÷x + 5. Tìm m để hàm số đạt cực đại tại x = 0.
9


2
A. m = − .
3

2
B. m = .
3

2
C. m = ± .
3

D. m = 0.

Câu 16: Phương trình có 9 x − 3x +1 + 2 = 0 có hai nghiệm x1 , x 2 ( x1 < x 2 ) . Giá trị của A = 2x1 + 3x 2 là:
A. 4 log 3 2.

B. 1.

C. 3log 3 2.

D. Đáp số khác.

C. 0.

D. +∞.

esinx − 1
bằng:
x →0
x

Câu 17: Giá trị của lim

B. −∞.

A. 1.

Câu 18: Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn 2a.5b = 2c.5d. Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. ( a − c ) ln 2 = ( d − b ) ln 5.

B. a = c.

C. b − d.

a = c
.
D. 
b = d

Câu 19: Cho hàm số y =

ex
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
x2 +1

A. Hàm số nghịch biến trên ¡ .

B. Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) .

C. Hàm số đồng biến trên ¡ .

D. Hàm số nghịch biến trên ( 1; +∞ ) .

6

2

0

0

Câu 20: Cho ∫ f ( x ) dx = 12. Tính ∫ f ( 3x ) dx.
A. 4.

B. 3.

C. 24.

D. 6.

Câu 21: Cho khối chóp S.ABC, gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, thể tích của khối
chóp S.ABC là 4a 3 . Thể tích của khối chóp S.MNC bằng:

a3
A.
.
8

a3
B.
.
2

a3
C.
.
4

D. a 3 .

Câu 22: Phát biểu nào sau đây là đúng?
A.

∫

x3
3

x +1
4

dx =

2
33 4
x + 1) + C.
(
4

B.

∫

x3
3

Trang 3

x +1
4

dx =

3

(x

4

+ 1) + C.
2


C.

∫

x3
3

x +1
4

dx =

2
13 4
x + 1) + C.
(
8

D.

∫

x3
3

x +1
4

dx =

2
33 4
x + 1) + C.
(
8

Câu 23: Phát biểu nào sau đây là sai?
A. Khối đa diện SA1A 2 ...A 2016 có đúng 2017 đỉnh.
B. Khối đa diện SA1A 2 ...A 2016 có đúng 4034 cạnh.
C. Khối đa diện SA1A 2 ...A 2016 có đúng 4032 cạnh.
D. Khối đa diện SA1A 2 ...A 2016 có đúng 2017 mặt.
Câu 24: Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c xác định và liên tục trên ¡ , có đồ thị là đường cong ở hình vẽ bên
dưới. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. a > 0, b > 0, c < 0.

B. a > 0, b < 0, c < 0.

C. a < 0, b < 0, c < 0.

D. a > 0, b < 0, c > 0.

Câu 25: Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số y = tan x ?
A. y = ln cosx .

B. y = − ln sin x .

C. y = − ln cosx .

D. y = ln sin x .

Câu 26: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 3 + 2x 2 − 7x trên đoạn [ 0; 2] lần lượt là M
và m. Khi đó giá trị của m − M là:
B. −13.

A. 6.

C. −6.

D. −11.

Câu 27: Tập nghiệm của bất phương trình 2 log 3 ( 4x − 3) + log 1 ( 2x + 3 ) ≤ 2 là:
3

3 
A.  ;3 .
4 

3

B.  ; +∞ ÷.
4


3


C.  ; +∞ ÷.
4


3 
D.  ;3 .
4 

2
Câu 28: Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường y = x − 4x + 3 ; y = x + 3. Cho hình phẳng D quay

quanh trục Ox. Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành.
A. 120π (đvtt).
Câu 29: Cho
A. m < n.

(

B. 100π (đvtt).

) <(

2 −1

m

)

C. 125π (đvtt).

D. 115π (đvtt).

C. m = n.

D. m > n.

n

2 − 1 , khi đó:
B. m ≥ n.

Trang 4


Câu 30: Bảng biến thiên sau là bảng biến thiên của hàm số nào?
−∞

x
y'

−

A. y =

−x + 2
.
x+2

−

+∞

−1

y

+∞

−1

−∞
B. y =

x−2
.
x +1

C. y =

−1

−x + 2
.
x −1

D. y =

−x + 2
.
x +1

Câu 31: Một ô tô đang chạy với vận tốc 18m/s thì người lái hãm phanh. Sau khi hãm phanh ô
tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v ( t ) = −36t + 18 (m/s), trong đó t là khoảng thời
gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu hãm phanh. Hỏi từ lúc hãm phanh đến khi dừng hẳn ô tô
còn di chuyển bao nhiêu mét?
A. 3,5 m.

B. 4,5 m.

C. 5,5 m.

D. 6,5 m.

Câu 32: Trong các so sánh sau, so sánh nào đúng?
1

A. 5log3 8 < 8log3 2.

B. 5log3 4 > 8log2 3.

C. 5log9 8 = 8log3 5.

D. 5log3 8 = 8log3 5.

Câu 33: Khối đa diện đều loại { 5,3} có số cạnh là:
A. 6.

B. 12.

C. 20.

D. 30.

Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm H ( −1; 2;3) và
cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho H là trực tâm của tam
giác ABC.
A. x + 2y + 3z − 12 = 0.

B. − x + 2y + 3z − 14 = 0.

C. x + y + z − 4 = 0.

D. 2x + y − z + 3 = 0.

Câu 35: Số đường tiệm cận của hàm số y =
A. 2.

B. 1.

3− x
là:
x+4
C. 3.

D. 0.

Câu 36: Nếu tăng kích thước hai cạnh của khối hộp chữ nhật lên 2 lần và giảm kích thước
thứ ba 4 lần thì thể tích khối hộp thay đổi như thế nào?
A. Thể tích không thay đổi.

B. Thể tích tăng 4 lần.

C. Thể tích giảm 4 lần.

D. Thể tích tăng 8 lần.

Câu 37: Cho mặt cầu có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y − 4 = 0. Tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu
là:
A. Tâm I ( 1; −2;0 ) , bán kính R = 3.

B. Tâm I ( 1; −2;0 ) , bán kính R = 9.
Trang 5


C. Tâm I ( −1; 2;0 ) , bán kính R = 3.

D. Tâm I ( −1; 2;0 ) , bán kính R = 9.

Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2x − 2y + z + 1 = 0 và đường thẳng

 x = 1 + 3t

d :  y = 2 − t . Tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3
z = 1 + t

là:
A. M1 ( 4;1; 2 ) , M 2 ( −2;3;0 ) .

B. M1 ( 4;1; 2 ) , M 2 ( −2; −3;0 ) .

C. M1 ( 4; −1; 2 ) , M 2 ( −2;3;0 ) .

D. M1 ( 4; −1; 2 ) , M 2 ( 2;3;0 ) .

Câu 39: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của AB, AC. Gọi H là trung điểm của AM. Tam giác SAM là tam giác đều và
SH vuông góc với mp (ABCD). Khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau SM và DN
bằng:
A.

a 3
.
2

B.

3a 3
.
4

C. a 3.

D.

a 3
.
4

Câu 40: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông tại A, AC = a, AB = a 3. Đường chéo
BC’ của mặt bên

(BCC’B’)

tạo

với

mặt

phẳng (AA’C’C) một góc

30o.

Tính thể

tích của khối lăng trụ theo a
A.

a3 6
.
3

B. a 3 6.

C.

2a 3 6
.
3

D.

4a 3 6
.
3

4
2
Câu 41: Cho hàm số y = x + 2 ( m − 4 ) x + m + 5, có đồ thị ( C m ) . Tìm m để đồ thị ( C m ) có ba điểm

cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ O làm trọng tâm.
A. m = −1.

B. m = 2.

C. m = 1.

D. m = 0.

Câu 42: Thiết diện qua trục của hình trụ tròn xoay là hình vuông cạnh bằng 2a, thể tích của
khối nón tròn xoay có đường tròn đáy là đáy của hình trụ và đỉnh là tâm của đường tròn đáy
còn lại của hình trụ là:
B. V =

A. V = πa 3 (đvtt).

2 3
πa (đvtt).
3

1 3
C. V = πa (đvtt).
3

D. V =

C. 3π.

D. π.

2

Câu 43: Tính tích phân

∫

4 − x 2 dx.

0

A. 2π.

B. 4π.

Trang 6

4 3
πa (đvtt).
3

y
 x
e = 2007 − 2
y −1

. Khẳng định nào sau đây đúng?
Câu 44: Cho hệ phương trình 
e y = 2007 − x

x2 −1
A. Hệ có đúng 4 nghiệm x > 0, y > 0.

B. Hệ có đúng 3 nghiệm x > 0, y > 0.

C. Hệ có đúng 1 nghiệm x > 0, y > 0.

D. Hệ có đúng 2 nghiệm x > 0, y > 0.

Câu 45: Mặt cầu tâm O đi qua 3 điểm phân biệt A, B, C. Hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng
(ABC) là:
A. Trọng tâm tam giác ABC.

B. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

C. Trực tâm tam giác ABC.

D. Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Câu 46: Cho hình trụ có tính chất: Thiết diện của hình trụ và mặt phẳng chứa trục của hình trụ là hình

chữ nhật có chu vi là 12cm. Giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ là:
A. 8π cm3 .

B. 16π cm3 .

C. 32π cm3 .

D. 64π cm3 .

Câu 47: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

(

)

A = ( 9x + y ) ( 9y + z ) z − xz + x là:
A. 85.

B. 100.

C.

343
.
4

D.

Câu 48: Cho a > b > 0 và 2 log 2 ( a − b ) = log 2 a + log 2 b + 2. Tỉ số
A. 1.

B. 3 + 2 2.

341
.
4

a
bằng:
b
D. 2.

C. 3 − 2 2.

Câu 49: Một công ty bất động sản có 50 căn hộ cho thuê. Biết rằng nếu cho thuê mỗi căn hộ
với giá 2000 000 đồng một tháng thì mọi căn hộ đều có người thuê và cứ mỗi lần tăng giá cho
thuê mỗi căn hộ 100 000 đồng một tháng thì có thêm 2 căn hộ bị bỏ trống. Hỏi muốn có thu
nhập cao nhất, công ty đó phải cho thuê mỗi căn hộ với giá bao nhiêu một tháng? Khi đó có
bao nhiêu căn hộ cho thuê?
A. Cho thuê 40 căn hộ với giá mỗi căn hộ là 2250 000 đồng.
B. Cho thuê 5 căn hộ với giá mỗi căn hộ là 2250 000 đồng.
C. Cho thuê 45 căn hộ với giá mỗi căn hộ là 2250 000 đồng.
D. Cho thuê 50 căn hộ với giá mỗi căn hộ là 2000 000 đồng.
Câu 50: Cho a > b > 0. Đường elip (E) có phương trình:
A. πab (đvdt).
C. 4πab (đvdt).

x 2 y2
+
= 1. Tính diện tích của hình elip (E).

a 2 b2

B. 2πab (đvdt).
D.

π ( a 2 + b2 )

Trang 7

2

(đvdt).


--- HẾT ---

Trang 8


Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
THPT THANH MIỆN- HẢI DƯƠNG- LẦN 1

BẢNG ĐÁP ÁN

1- C

2- C

3- A

4- A

5- B

6- D

7- A

8- C

9- B

10- D

11- D

12- A

13- C

14- D

15- B

16- C

17- A

18- A

19- C

20- A

21- D 22- D

23- B

24- B

25- C

26- C 27- D

28- C

29- D

30- D

31- D

32- B

33- B

34- D

35- A

36- A

37- A

38- A

39- B

40- B

41- C

42- B

43- D

44- D

45- B

46- A

47- C

48- B

49- C

50- A

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
THPT THANH MIỆN- HẢI DƯƠNG- LẦN 1

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án C
'
Phương pháp: Sử dụng công thức ∫ f ( x ) dx = f ( x ) .
3

'
Ta có: ∫ f ( x ) dx = f ( x ) 2 = f ( 3) − f ( 2 ) = 4 + 3 = 7.
3

2

Câu 2: Đáp án C
Phương pháp: Tính y’ và xét dấu y’ trên tập xác định.

π 
 y ' > 0 khi x ∈  2 ; π ÷
x +5

−4
1



⇒ y' =
< 0, ∀x ≠ −1; ( II ) : y =
⇒ y ' = tanx ⇒ 
( I) : y =
2
x +1
cos x
( x + 1)
 y ' < 0 khi x ∈  0; π 

÷

 2
2x 2 − 4
( III ) : y = x x 2 − 4 ⇒ y ' = 2 ; ( IV ) : y = x 3 − x ⇒ y ' = 3x 2 − 1
x −4
Do đó chỉ có hàm số (I) nghịch biến trên tập xác định của nó.
Câu 3: Đáp án A
Phương pháp: Tìm tập xác định; tính đạo hàm và xét dấu đạo hàm của hàm số.
Điều kiện: x + 1 + x 2 > 0, ∀x ∈ ¡ . TXD : D = ¡ .
Trang 9


)

(

(

y = x.ln x + 1 + x 2 − 1 + x 2 ⇒ y ' = ln x + 1 + x 2

)

)

(

⇒ y ' = 0 ⇔ ln x + 1 + x 2 = 0 ⇔ x + 1 + x 2 = 1 ⇔ x = 0.
Lập BBT ta thấy hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) và nghịch biến trên ( −∞;0 ) .
Câu 4: Đáp án A

1
Phương pháp: V = B.h trong đó B là diện tích đáy.
3
Ta có:
2

2 3
a 3 2 3
2 2
BH =
=
⇒ AH = AB2 − BH 2 = 22 − 
=
.

÷
÷
3
3
3
 3 
1
1
3
SDBC = .BC.B D.sin 60o = .2.2.
= 3.
2
2
2
1
1 2 2
2 2
V = .AH.SDBC = .
. 3=
cm3 ) .
(
3
3 3
3
Câu 5: Đáp án B
Phương pháp: Hàm số y = log a f ( x ) xác định khi f ( x ) > 0.
Điều kiện: ( x 2 − 4 ) > 0 ⇔ x 2 − 4 ≠ 0 ⇒ x ≠ ±2. TXD : D = ¡ \ { ±2} .
2

Câu 6: Đáp án D

Phương pháp: Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương.
Gọi O = AC' ∩ A 'C. Khi đó: O = BD' ∩ B' D. Do ABC D.A ' B'C' D' là hình lập phương nên có:
OA = OB = OC = OD = OA ' = OB' = OC ' = OD ' =

AC'
2

suy ra mặt

 AC' 
' ' ' '
S  O;
÷ là mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABC D.A B C D .
2 

AC'
A 'A 2 + AB2 + AD 2
a2 + a2 + a2 a 3
⇒R=
=
=
=
.
2
2
2
2
Câu 7: Đáp án A
Phương pháp: đưa P về dạng tổng của một bình phương của một số.
Ta có: x 2 − xy + y 2 = 2 ⇔ ( x + y ) 2 − 3xy = 2 ⇔ xy = (

P = x 2 + xy + y 2 = ( x + y ) − xy = ( x + y ) −
2

2

( x + y)
3

x + y)
2
− .
3
3

2

+

2

2 2
2 2
2
2
= ( x + y ) + ≥ ⇒ MinP = .
3 3
3 3
3

Trang 10

cầu


Câu 8: Đáp án C
'
Phương pháp: PTTT của (C) tại điểm M ( x 0 ; y 0 ) là: y − y 0 = f ( x 0 ) ( x − x 0 )

Ta có: y ' = −3x 2 + 6x − 3 và y ' ( 0 ) = −3.
PTTT của (C) tại B ( 0;1) điểm là: y − 1 = −3. ( x − 0 ) ⇔ 3x + y − 1 = 0
Câu 9: Đáp án B
Phương pháp: Chuyển vế về hàm f ( x ) , những bài dạng này thường f ( x ) là đồng biến hoặc nghịch
biến nên phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất.
Ta có: a + b = ( a + b )
x

Vì 0 <

x

x

x

x

x

x

 a   b 
 a   b 
⇔
÷ +
÷ = 1 ( 1) . Đặt f ( x ) = 
÷ +
÷.
a+b a+b
a+b a+b

a
b
< 1; 0 <
< 1 nên f ( x ) = VT nghịch biến trên ¡ còn VP là hàm hằng nên pt (1) có
a+b
a+b

nhiều nhất 1 nghiệm. Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của (1). Vậy pt (1) có 1 nghiệm.
Câu 10: Đáp án D
Phương pháp: Dựa vào công thức tính diện tích hình phẳng và đồ thị
hàm số.
2 − x ≥ 0
x = 2−x ⇔ 
2 ⇔ x = 1.
 x = ( 2 − x )

Xét phương trình:

1

2

0

1

Từ đồ thị suy ra S = ∫ xdx + ∫ ( 2 − x ) dx.
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp: Sxq = πrl trong đó r là bán kính đường tròn đáy và l là đường sinh.
Ta có: r = BH =

a 3
a 3
πa 2 3
; l = AB = a. Vậy Sxq = πrl = π
.a =
.
3
3
3

Câu 12: Đáp án A
b

c

c

a

a

b

Phương pháp: ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx với a < c < b.
3

2

3

3

3

2

1

1

2

2

1

1

Ta có: ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx ⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = 7 − 2 = 5.

Câu 13: Đáp án C
Phương pháp: Tìm đường tiệm cận ngang thì ta phải có giới hạn của hàm số ở vô tận. Nếu
lim f ( x ) = y 0 hay lim f ( x ) = y 0 thì ( ∆ ) : y = y0 là tiệm cận ngang của ( C ) : y = f ( x ) . Tìm đường tiệm
x →−∞

x →+∞

Trang 11


f ( x ) = ±∞ hay lim− f ( x ) = ±∞
cận đứng thì hàm số phải ra vô tận khi x tiến đến một giá trị x 0 . Nếu xlim
→ x 0+
x →x0
thì ( ∆ ) : x = x 0 là tiệm cận đứng của ( C ) : y = f ( x ) .
2x
= 0 nên y = 0 là TCN. Hàm số không có TCĐ.
x →±∞ x 2 + 1

Ta có: lim f ( x ) = lim
x →±∞

Câu 14: Đáp án D
2
Phương pháp: Sxq = πrl ; Stp = Sxq + Sd = πrl + πr .

Ta có: l = AC = AB2 + AC 2 = 62 + 82 = 10; r = AB = 6.
Sxq = πrl = 60π; Stp = πrl + πr 2 = 60π + 36π = 96π ⇒

S1 Sxq 60π 5

=
=
= .
S2 Stp 96π 8

Câu 15: Đáp án B
'
"
Phương pháp: Ta sử dụng các điều kiện sau: Nếu f ( x 0 ) = 0 và f ( x 0 ) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại

x 0 . Nếu f ' ( x 0 ) = 0 và f " ( x 0 ) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại x 0 .
 2 4
2
Ta có: y ' = 3x − 2mx +  m − ÷; y" = 6x − 2m.
9

2
 2 4

 y ' ( 0 ) = 0
2
m − = 0
m = ±
⇔
⇔
9
3⇒m= .
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 ⇔  "
3
 y ( 0 ) < 0

 −2m < 0
m > 0
Câu 16: Đáp án C
Phương pháp: Đặt ẩn phụ, đưa về phương trình đại số rồi giải.
 3x = 1
x = 0
t = 1
⇔ x
⇔ 1
.
Đặt t = 3 . Khi đó ta có pt: t − 3t + 2 = 0 ⇔ 
t = 2
 x 2 = log 3 2
3 = 2
x

2

Do đó A = 2x1 + 3x 2 = 2.0 + 3log 3 2 = 3log 3 2.
Câu 17: Đáp án A
ex − 1
s inx
= 1; lim
= 1.
x →0
x
→
0
x
x

Phương pháp: Sử dụng các giới hạn lim
Ta có: lim
x →0

 esin x − 1 s inx 
esin x − 1
esin x − 1
= 1 ⇒ lim
= lim 
.
÷ = 1.1 = 1.
x →0
x →0
sin x
x
x 
 sin x

Câu 18: Đáp án A
Phương pháp: logarit cơ số 2 hai vế.
Ta có: 2a.5b = 2c.5d ⇔

2a 5d
=
⇔ 2a −c = 5b −d ⇔ log 2 2a −c = log 2 5b −d
2 c 5c

⇔ a − c = ( b − d ) log 2 5 ⇔ a − c = ( b − d )

ln 5
⇔ ( a − c ) ln 2 = ( b − d ) ln 5.
ln 2
Trang 12


Câu 19: Đáp án C
Phương pháp: tính y’ và xét dấu y’.
e x ( x 2 + 1) − 2x.e x e x ( x − 1) 2
ex
⇒ y' =
=
> 0, ∀x ⇒ hàm số đồng biến trên ¡ .
Ta có: D = ¡ ; y = 2
2
2
x +1
( x 2 + 1)
( x 2 + 1)
Câu 20: Đáp án A
Phương pháp: dùng phương pháp đổi biến số.
Đặt t = 3x ⇒ dt = 3dx ; đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0, x = 2 ⇒ t = 6
2

Khi đó: ∫ f ( 3x ) dx =
0

6

1

1
f ( t ) dt = .12 = 4.
∫
30
3

Câu 21: Đáp án D
Phương pháp: Áp dụng công thức tính tỷ số thể tích. Cho khối chóp S.ABC, trên ba cạnh SA, SB, SC
lần lượt lấy ba điểm A ' , B' , C' khác với S. Gọi V và V ' lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABC và
S.A ' B'C' . Chứng minh rằng:
Ta có:

V SA SB SC
=
.
.
.
V ' SA ' SB' SC'

VS.MNC SM SN SC 1 1 1
1
1
=
.
.
= . = ⇒ VS.MNC = VS.ABC = .4a 3 = a 3 .
VS.ABC SA SB SC 2 2 4
4
4

Câu 22: Đáp án D
Phương pháp: Tìm nguyên hàm bằng đổi biến số.
1
3

2
3

2
1 dt 1
1t
33 4
x + 1) + C.
(
Đặt t = x 4 + 1 ⇒ dt = 4x 3dx. Khi đó: I = ∫ 3 = ∫ t dt = 2 + C =
4
4
8
t 4
3
−

Câu 23: Đáp án B
Phương pháp: Dựa vào định nghĩa khối đa diện.
Khối đa diện SA1A 2 ...A 2016 có 2017 đỉnh suy ra A đúng, B sai.
Câu 24: Đáp án B
Phương pháp: dựa vào đồ thị hàm số trong hình vẽ (các điểm đặc biệt mà đồ thị đi qua)
và hình dạng đồ thị của hàm trùng phương.
Đồ thị hàm số đi qua điểm ( 0; −3) nên −3 = a.04 + b.02 + c ⇒ c = −3 < 0 ⇒ loại D.
Đồ thị hàm số biểu diễn điểm cực tiểu trước, cực đại sau đó là cực tiểu sau tức là y’ đổi dấu từ (-) sang

(+) rồi sang (-) sang (+) nên a > 0 ⇒ loại C.

Trang 13


x = 0
Mà y ' = 4ax + 2bx ⇒ y ' = 0 ⇔  2
. Từ đồ thị ta thấy hàm số có 3 cực trị nên y ' = 0 có ba
x = − b
a

3

nghiệm phân biệt suy ra

−b
> 0 mà a > 0 nên b < 0.
a

Câu 25: Đáp án C
Phương pháp:

u'

∫ u du = ln u + C.

Ta có: ∫ tan xdx = ∫

( cos x ) ' dx = − ln cos x + C.
sin x

dx = − ∫
cos x
cos x

Câu 26: Đáp án C
Phương pháp: để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên 1 đoạn ta thực hiện các bước sau:
Tìm TXĐ → Tìm y’ → Tìm điểm x1 , x 2 ,..., x n thuộc ( a; b ) mà tại đó y ' = 0 hoặc y’ không xác định →
Tính các giá trị f ( x1 ) , f ( x 2 ) ,..., f ( x n ) .
 x = 1∈ [ 0; 2]
y ' = 3x + 4x − 7; y ' = 0 ⇔ 
. Do f ( 0 ) = 1; f ( 1) = −3; f ( 2 ) = 3 ⇒ m = −3; M = 3 ⇒ m − M = −6.
 x = −7 ∉ [ 0; 2]

3
2

Câu 27: Đáp án D
Phương pháp: biến đổi bất phương trình về dạng cùng cơ số.
f ( x )
log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ 
 f ( x )
f ( x )
log a f ( x ) < log a g ( x ) ⇔ 
 f ( x )

> g ( x ) khi a > 1

< g ( x ) khi 0 < a < 1
< g ( x ) khi a > 1

> g ( x ) khi 0 < a < 1

, DK : f ( x ) > 0, g ( x ) > 0.
, DK : f ( x ) > 0, g ( x ) > 0.

 4x − 3 > 0
3
⇔x>
Điều kiện: 
4
 2x + 3 > 0
2 log 3 ( 4x − 3) + log 1 ( 2x + 3) ≤ 2 ⇔ log 3 ( 4x − 3 ) − log 3 ( 2x + 3 ) ≤ 2
2

3

⇔

( 4x − 3)

2

3
2
≤ 32 ⇔ ( 4x − 3) ≤ 9 ( 2x + 3 ) ⇔ 16x 2 − 42x − 18 ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 3.
2x + 3
8

3 
Kết hợp điều kiện ta có: S =  ;3 .

4 
Câu 28: Đáp án C

Trang 14


y = f ( x)

Phương pháp: Cho hàm số

và

y = g( x)

liên tục trên

[ a; b] .

Khi đó thể

tích khối tròn xoay giới hạn bởi hai đồ thị hàm số trên và hai đường thẳng x = a, y = b quay
b

2
2
quanh trục Ox là: V = π∫ f ( x ) − g ( x ) dx.
a

 x 2 − 4x + 3 = x + 3
x = 0

⇒
Ta có: x − 4x + 3 = x + 3 ⇔  2
 x − 4x + 3 = − x − 3  x = 5
2

5

2
Vậy thể tích khối tròn xoay là V = π∫ x − 4x + 3 − ( x + 3) dx = 125π ( dvtt ) .
2

2

0

Câu 29: Đáp án D
 m < n khi 0 < a < 1
m
n
.
Phương pháp: Áp dụng tính chất a < a ⇔ 
 m > n khi a > 1
Vì

2 − 1 < 0 nên m > n.

Câu 30: Đáp án D
Phương pháp: Phân tích bảng biến thiên.
f ( x ) = −1 ⇒ y = −1 là TCN nên loại B.
Từ bảng biến thiên ta có: xlim

→±∞
lim f ( x ) = −∞; lim+ f ( x ) = +∞ ⇒ x = −1 là TCĐ nên loại A và C.
x →−1

x →−1−

Câu 31: Đáp án D
Phương pháp: Nhớ công thức ∫ a ( t ) dt = v ( t ) ; ∫ v ( t ) dt = s ( t ) .
Khi ô tô dừng hẳn: v ( t ) = 0 ⇒ −36t + 18 = 0 ⇒ t = 0,5 ( s ) .
1
2

1
2

Khi đó quãng đường cần tìm là: S = v ( t ) dt = ( −36t + 18 ) dt = 9 = 4,5 ( m ) .
∫0
∫0
2
Câu 32: Đáp án B
Phương pháp: sử dụng các tính chất của logarit.
Câu 33: Đáp án B
Phương pháp: Nhớ số đỉnh, số cạnh của các khối đa diện đều.
Khối đa diện đều loại { 5;3} có 30 cạnh.
Câu 34: Đáp án D
Phương pháp: Cách viết phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn, H là trực tâm của tam giác ABC thì ta
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
có: AH.BC = 0; BH.AC = 0; CH.AB = 0.

Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0;c ) . Khi đó phương trình mặt phẳng (ABC) là:
Trang 15

x y z
+ + =1
a b c


Vì

(ABC)

qua

H ( −1; 2;3)

nên

−1 2 3
+ + = 1 ( 1) .
a b c

Ta

có:

uuur
AH = ( −1 − a; 2;3 ) ;

uuur

uuur
uuur
uuur
uuur
BH = ( −1; 2 − b;3) ; CH = ( −1; 2;3 − c ) ; BC = ( 0; − b;c ) ; AC = ( −a;0;c ) ; AB = ( −a; b;0 ) .
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên có:
uuur uuur
a

 AH.BC = 0
( −1 − a ) .0 + 2 ( −b ) + 3c = 0
−2b + 3c = 0
c=−

 uuur uuur



3
 BH.AC = 0 ⇔ −1. ( −a ) + ( 2 − b ) .0 + 3c = 0 ⇔ a + 3c = 0 ⇔ 
 uuur uuur

a + 2b = 0
b = − a
−
1.
−
a
+
2b

+
3
−
c
.0
=
0
CH.AB
=
0
(
)
(
)




2
−1 2
3
14
+
+
= 1 ⇔ a = −14 ⇒ b = 7; c = .
Thay vào (1) ta có: a −a −a
3
2
3
x

y z
+ +
= 1 ⇔ − x + 2y + 3z − 14 = 0.
Vậy phương trình (ABC) là: −14 7 14
3
Câu 35: Đáp án A
Phương pháp: Tìm đường tiệm cận ngang thì ta phải có giới hạn của hàm số ở vô tận. Nếu
lim f ( x ) = y 0 hay lim f ( x ) = y 0 thì ( ∆ ) : y = y0 là tiệm cận ngang của ( C ) : y = f ( x ) . Tìm đường tiệm
x →−∞

x →+∞

f ( x ) = ±∞ hay lim− f ( x ) = ±∞
cận đứng thì hàm số phải ra vô tận khi x tiến đến một giá trị x 0 . Nếu xlim
→ x 0+
x →x0
thì ( ∆ ) : x = x 0 là tiệm cận đứng của ( C ) : y = f ( x ) .
Hàm số có tập xác định D = ¡ \ { −4} .
lim f ( x ) = −1 ⇒ y = −1 là tiệm cận ngang, lim f ( x ) = −∞ ⇒ x = −4 là tiệm cận đứng.
x →−4

x →±∞

Vậy hàm số có 2 đường tiệm cận.
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp: Áp dụng phương pháp tính thể tích khối hộp hình chữ nhật có các cạnh a, b, c là V = abc.
Gọi V, V ' lần lượt là thể tích của khối hộp chữ nhật lúc ban đầu và sau khi đã thay đổi kích thước. Theo
đề bài ta có: a ' = 2a, b ' = 2b, c ' =

c

c
⇒ V ' = a ' b 'c ' = 2a.2b. = abc = V.
4
4

Câu 37: Đáp án A
2
2
2
Phương pháp: PT mặt cầu ( S) : x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 có tâm I ( a; b;c ) và bán kính

R = a 2 + b 2 + c2 − d.
Theo đề bài ta có: I ( 1; −2;0 ) ; R = a 2 + b 2 + c 2 − d = 1 + 4 − ( −4 ) = 3.
Trang 16


Câu 38: Đáp án A
Phương pháp: Giả sử đường thẳng d có phương trình

 x = x 0 + at

 y = y 0 + bt . Khi đó lấy điểm
 z = z + ct
0


M ( x 0 + at; y 0 + bt; z 0 + ct ) và tìm khoảng cách từ M đến (P). Từ đó suy ra t và suy ra điểm M.
Vì điểm M ∈ d nên M ( 1 + 3t; 2 − t;1 + t ) và ta có d ( M, ( P ) ) = 3 nên:
2 ( 1 + 3t ) − 2 ( 2 − t ) + 1 + t + 1
4 + 4 +1

 t = 1 ⇒ M ( 4;1; 2 )
= 3 ⇔ 9t = 9 ⇔ 
 t = −1 ⇒ M ( −2;3;0 )

Câu 39: Đáp án B
Phương pháp: Giải bằng phương pháp gắn trục tọa độ.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó:

a 3  a
a
 
  3a a 
H ( 0;0;0 ) , M  ;0;0 ÷,S  0;0;
,
D
−
;
2a;0
÷

÷, N  ; ;0 ÷.
2 ÷
2
 
  2 2 
  2
uuur  a
r  a 
a 3  uuur 

3a  uuuu
SM =  ;0; −
,
DN
=
2a;
−
;0
,
MN
=  a; ;0 ÷.
÷

÷
÷
2
2
2


 2 


uuur uuur uuuu
r
SM, DN  .MN 3a 3


d ( SM, DN ) =
=

.
uuur uuur
4
SM, DN 


Câu 40: Đáp án B
Trang 17


Phương pháp: Thể tích lăng trụ: V = Sd .h
Vì ∆ABC vuông tại A nên BA ⊥ AC . Mặt khác, ABC.A ' B'C' là lăng trụ đứng nên BA ⊥ A ' A do đó
· ' A = 30o .
BA ⊥ ( ACC' A ' ) suy ra AC' là hình chiếu vuông góc của BC' trên ( ACC' A ' ) . Ta có: BC
'
o
Trong ∆BAC : tan 30 =

AB
AB
⇒ AC ' =
= AB 3 = 3a.
'
AC
tan 30o

Trong ∆AAC' : A 'A = AC'2 − A 'C 2 =
SABC =

( 3a )

2

− a 2 = 2a 2.

1
1
a2 3
a2 3
AB.AC = .a 3.a =
⇒ VABC.A'B'C' = SABC .A 'A =
.2a 2 = a 3 6.
2
2
2
2

Câu 41: Đáp án C
Phương pháp: Tìm các điểm cực trị x1 , x 2 , x 3 sau đó tính y1 , y 2 , y3 rồi áp dụng công thức trọng tâm của
một tam giác.
x = 0
3
Ta có: y ' = 4x + 4x ( m − 4 ) ⇒ y ' = 0 ⇔  2
x = 4 − m

( Cm )

( 1)

có 3 điểm cực trị thì y ' = 0 phải có 3 nghiệm phân biệt suy ra (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác

2
0 ⇒ 4 − m > 0 ⇒ m < 4. Khi đó: ( 1) ⇔ x = ± 4 − m ⇒ y = −m + 9m + 21

Khi đó ta có 3 điểm cực trị:
A ( 0; m + 5 ) , B

(

) (

)

4 − m; −m 2 + 9m − 11 , C − 4 − m; −m 2 + 9m − 11 .

Vì O là trọng tâm tam giác ABC nên y A + y B + y C = 3.0 = 0

m = 1
⇔ 2 ( − m 2 + 9m − 11) + m + 5 = 0 ⇔ −2m 2 + 19m − 17 = 0 ⇔ 
⇒ m = 1 ( do m < 4 ) .
 m = 17

2
Câu 42: Đáp án B
1 2
Phương pháp: Thể tích khối tròn xoay V = πr h.
3
1
2
r = OA = a; h = A 'A = 2a ⇒ V = πr 2 h = πa 3 .

3
3
Câu 43: Đáp án D
Phương pháp: Tính tích phân bằng đổi biến số.
π
 π π
Đặt x = 2sin t, t ∈  − '  ⇒ dx = 2cosdt; x = 0 ⇒ t = 0, x = 2 ⇒ t = .
2
 2 2
Trang 18


2

π
2

0

0

π
2

π
2

π

 sin2t  2

4 − 4sin 2 t.cost .dt = 4 ∫ cos 2 tdt = 2 ∫ ( 1 + cos 2t ) dt = 2  t +
÷ = π.
2 0

0
0

⇒ ∫ 4 − x 2 dx = 2 ∫
Câu 44: Đáp án D

Phương pháp: đây là hệ phương trình đối xứng loại 2, cách giải trừ vế với vế của 2 phương
trình cho nhau. Sau đó sử dụng phương pháp : hàm đặc trưng.
y
 x
e
=
2007
−

y2 − 1

Ta có: 
e y = 2007 − x

x2 −1

( 1)

 x > 1
. Điều kiện: 

. Trừ vế theo vế (1) với (2) ta được:
y >1


( 2)
y

ex − ey = −

Xét

hàm

y2 − 1
t

f ( t ) = et −

số

+

t2 −1

x
x2 −1

x

⇔ ex −

⇒ f ' ( t ) = et +

x2 −1
1

(

t −1
2

= ey −

)

3

y

( 3)

y2 −1

> 0 ⇒ f ( t)

đồng

biến

suy

ra:

x
 x
− 2007 = 0
e +
.
( 3) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y. Khi đó ta có hệ: 
x2 −1
x = y

x
Xét h ( x ) = e +

x
x −1
2

x > 1 ⇒ h ' ( x ) = ex −

− 2007, x > 1 ( ∗) ; x < −1 ⇒ h ( x ) < e x − 2007 < 0 ⇒ hệ vô nghiệm.
1

(x

2

− 1)

3
2

= e x − ( x 2 − 1)

−

3
2

⇒ h" ( x ) = ex +

3x

(x

2

− 1)

5
2

>0

= +∞; lim = +∞ . Vậy h ( x ) liên tục và có đồ thị lõm trên ( 1; +∞ ) . Do đó (*) có 2 nghiệm
Vậy xlim
x →+∞
→1+
dương, ta cần chứng minh tồn tại x 0 > 1 mà h ( x 0 ) < 0.

2
Chọn x 0 = 2 ⇒ h ( 2 ) = e +

2
− 2007 < 0. Suy ra pt có 2 nghiệm dương. Vậy hệ có đúng 2 nghiệm
3

dương.
Câu 45: Đáp án B
Phương pháp: Định lí về hình chiếu và đường xiên: hai đường xiên bằng nhau thì hai hình
chiếu bằng nhau và ngược lại.
Vì

O

là

tâm

của

mặt

cầu

đi

qua

3

điểm

A;

B;

C

nên

OA

=

OB=

OC.

Gọi H là hình chiếu của O lên (ABC) thì HA= HB = HC (định lý trên) suy ra H là
tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC.
Trang 19


Câu 46: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích V = πr 2 h. Biến đổi đưa thể tích về hàm
số của 1 biến rồi tìm giá trị lớn nhất.
Gọi

chiều

rộng,

chiều

dài

của

hình

chữ

nhật

lần

lượt

là

a

và

b.

khi

0 < a < 3; 3 < b < 6. Ta có chu vi của hình chữ nhật bằng 12 nên 2 ( a + b ) = 12

⇒ a + b = 6 ⇒ b = 6 − a. Để thể tích khối trụ đạt giá trị lơn hơn ta cần chọn

b
h = a; r = .
2
2

π
π
2
b
Khi đó: V = πr h = π  ÷ .a = . ( 6 − a ) .a = ( a 3 − 12a 2 + 36a ) .
4
4
2
2

3
2
Đặt f ( a ) = a − 12a + 36a, a ∈ ( 0;3)

a = 2
⇒ f ' ( a ) = 3a 2 − 24a + 36; f ' ( a ) = 0 ⇔ 
⇒ a = 2.
a = 6
Bảng biến thiên:
0

a
f'

2
+

−

3

fmax
f(a)
Vmax ⇔ f max ⇔ a = 2 ⇒ b = 4. Vậy Vmax = 8π.
Câu 47: Đáp án C
Phương pháp: Sử dụng phép biến đổi tương đương và vất đẳng thức Cauchy.
Ta có: z − xz + x =

(

z− x

(

)

2

3
3
+ x ≥ x. Do đó:
4
4

)

3
3
P = ( 9x + y ) ( 9y + z ) z − xz + x ≥ ( 9x + y ) ( 9y + z ) . x = ( 81x 2 y + xyz + 9x 2z + 9y 2 x )
4
4
Do xyz = 1 ⇒ y =

1
3 x
9
 343
⇒ P ≥  81 + 9x 2 z + 2 + 1 ÷ ≥
.
xy
4 z
z x 
4

Câu 48: Đáp án B
α
Phương pháp : Sử dụng các tính chất của lôgarit log a ( MN ) = log a M + log a N; log a N = α log a N.

2 log 2 ( a − b ) = log 2 a + log 2 b + 2 ⇔ log 2 ( a − b ) = log 2 ( 4ab ) ⇔ ( a − b ) = 4ab
2

2

a
b = 3+ 2 2
a
a
a
2
2
⇔ a − 6ab + b = 0 ⇔  ÷ − 6 + 1 = 0 ⇔ 
. Do a > b > 0 ⇒ = 3 + 2 2.
b
b
b
a = 3− 2 2
 b
2

Trang 20

đó:


Câu 49: Đáp án C
Phương pháp: Lập hàm số biểu thị thu nhập của công ty trong 1 tháng. Tìm giái trị lớn nhất của hàm số
đó.
Gọi số căn hộ bị bỏ trống là x ( 0 ≤ x ≤ 50 ) . Vì mỗi lần tăng giá cho thuê
mỗi căn hộ lên 100000 đồng thì có 2 căn hộ bị bỏ trống tức là cứ tăng
50000

đồng

sẽ

có 1 căn hộ bị bỏ trống nên thu nhập của công ty bất động sản trong 1
tháng là f ( x ) = ( 50 − x ) ( 2000000 + 50000x ) .
Xét hàm số f ( x ) = ( 50 − x ) ( 2000000 + 50000x ) ; 0 ≤ x ≤ 50.
f ' ( x ) = −100000x + 500000; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 5.
Bảng biến thiên:
x
f ( x)

0

5

50
−

+

'

fmax

f(x)

Vậy công ty có thu nhập cao nhất khi có 5 căn hộ bị bỏ trống, suy ra số căn hộ cho thuê là 45. Vậy giá
tiền là: 2000000 + 5.50000 = 2250000.
Câu 50: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng công thức tính diện tích của hàm số f(x) bằng tích phân.
Ta

gọi

S

là

diện

tích

của

1

một hình giới hạn bởi đồ thị hàm số y =

nửa

hình

elip

nằm

phía

trên

b 2

a − x 2 , trục hoành, x = − a, x = a .
a

a

Ta có: S =

b
a 2 − x 2 dx.
a −∫a

π
π
 π π
Đặt x = a sint; t ∈  − ;  ⇒ dx = a cos tdt; x = −a ⇒ t = − ; x = a ⇒ t = .
2
2
 2 2
Khi đó: S =

b
a

π
2

∫

−

π
2

π
2

a 2 − a 2 sin 2 t.a cos t.dt = ab ∫ cos 2 t.dt =
−

π
2

Trang 21

πab
⇒ SElip = 2S = πab.
2

trục

hoành.

Đó

là