Đề thi thử THPT 2017 môn Toán trường THPT Chu Văn An Hà Nội Lần 2 File word Có lời giải chi tiết

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
THPT CHU VĂN AN- HÀ NỘI- LẦN 2

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN

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

Câu 1: Trong không gian Oxyz, tìm phương trình tham số trục Oz?
x = t

A.  y = t
z = t


x = t

B.  y = 0
z = 0


x = 0

C.  y = t
z = 0


x = 0


D.  y = 0
z = t


Câu 2: Hàm số y = x 3 − 3x 2 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( −1;1)

B. ( −∞;1)

Câu 3: Tính giá trị của biểu thức A = log a
B. A = −

A. A = −2

1
2

C. ( 0; 2 )

D. ( 2; +∞ )

1
, với a > 0 và a ≠ 1
a2
D. A =

C. A = 2

Câu 4: Tìm phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =
A. x = −1

B. x = 1

C. y = 3

1
2

3x + 2
x +1
D. y = 2

Câu 5: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − y + 3 = 0 . Véc-tơ nào sau đây không là vecto
pháp tuyến của mặt phẳng (P)
r
r
r
r
A. a = ( 3; −3;0 )
B. a = ( 1; −2;3)
C. a = ( −1;1; 0 )
D. a = ( 1; −1;0 )
Câu 6: Cho hai hàm số y = f1 ( x ) và y = f 2 ( x ) liên tục trên
đoạn [ a; b ] và có đồ thị như hình vữ bên. Gọi S là hình phẳng
giới hạn bởi hai đồ thị trên và các đường thẳng x = a, x = b .
Thể tích V của vật thể tròn xoay tạo thành khi quay S quanh
trục Ox được tính bởi công thức nào sau đây?
b

2

2
A. V = π ∫ ( f1 ( x ) − f 2 ( x ) ) dx

B.

a

b

V = π∫ ( f1 ( x ) − f 2 ( x ) ) dx
a

b

C. V = ∫ ( f

2
1

a

( x ) − f ( x ) ) dx
2
2

b

D. V = π ∫ ( f1 ( x ) − f 2 ( x ) ) dx
2

a

Câu 7: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ −2;3] , có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Khẳng định
nào sau đây là khẳng định đúng?
Trang 1


x

-2

-1

y'

+

0

y

1
-

||

3
+

1

5

0

-2

A. Giá trị cực tiểu của hàm số là 0

B. Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 1

C. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1

D. Giá trị cực đại của hàm số là 5

Câu 8: Hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số được cho trong các
phương án A, B, C, D; hỏi đó là hàm nào?

A. y =

2x + 1
x −1

B. y =

−2x + 1
x +1

C. y =

−2x + 1
x −1

D. y =

2x − 1
x +1

Câu 9: Cho số phức z = −3i . Tìm phần thực của số phức z.
A. 3

B. 0

C. -3

D. Không có

Câu 10: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = cos 3x
1
A. ∫ cos 3xdx = sin 3x + C
3

B. ∫ cos 3xdx = sin 3x + C

C. ∫ cos 3xdx = 3sin 3x + C

1
D. ∫ cos 3xdx = − sin 3x + C
3

Câu 11: Gọi (C) là đồ thị hàm số y = log x . Tìm khẳng định đúng?
A. Đồ thị (C) có tiệm cận đứng

B. Đồ thị (C) có tiệm cận ngang

C. Đồ thị (C) cắt trục tung

D. Đồ thị (C) không cắt trục hoành

Câu 12: Trong không gian Oxyz, điểm nào sau đây không thuộc trục Oy?
A. M ( 0;0;3)

B. M ( 0; −2;0 )

C. M ( −1;0; 2 )

D. M ( 1;0;0 )

Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( 1; 4; 2 ) , B ( −1; 2; 4 ) và đường thẳng
∆:

x −1 y + 2 z
=
= . Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho: MA 2 + MB2 = 28
−1
1
2

A. Không có điểm M nào

B. M ( 1; −2;0 )

C. M ( −1;0; 4 )

D. M ( 2; −3; −2 )
Trang 2


Câu 14: Cho số phức z = 2 − i . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy. Tìm tọa độ biểu diễn số phức w = iz
A. M ( −1; 2 )

B. M ( 2; −1)

C. M ( 2;1)

D. M ( 1; 2 )

2
2
Câu 15: Tìm số giao điểm n của đồ thị hàm số y = x x − 3 và đường thẳng y = 2

A. n = 6

B. n = 8

C. n = 2

Câu 16: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
y=0
A. min

[ 0;3]

B. min y = −
[ 0;3]

3
7

D. n = 4

x 2 − 4x
trên đoạn [ 0;3]
2x + 1
y = −4
C. min
[ 0;3]

y = −1
D. min
[ 0;3]

Câu 17: Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( 1; −2;3) và đường thẳng d có phương trình:
x +1 y − 2 z + 3
=
=
. Tính đường kính của mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với đường thẳng d.
2
1
−1
A. 5 2

B. 10 2

C. 2 5

D. 4 5

Câu 18: Hàm số y = sin x đạt cực đại tại điểm nào sau đây?
A. x = −

π
2

B. x = π

D. x =

C. x = 0

π
2

Câu 19: Gọi z1 ; z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 2z + 5 = 0 . Tính z1 + z 2
A. z1 + z 2 = 5

B. z1 + z 2 = 2 5

Câu 20: Tính giới hạn A =
A. A = e

C. z1 + z 2 = 10

D. z1 + z 2 = 5

C. A = log 2 e

D. A = 1

log 2 ( 1 + x )
sin x

B. A = ln 2

Câu 21: Tính tổng T tất cả các nghiệm của phương trình 4.9 x − 13.6 x + 9.4 x = 0
C. T =

B. T = 3

A. T = 2

13
4

D. T =

Câu 22: Cho số phức z = a + bi ( ab ≠ 0 ) . Tìm phần thực của số phức w =
A. −

(a

ab

2

+ b2 )

2

B.

a 2 + b2

(a

2

+ b2 )

2

C.

(a

b2

2

+ b2 )

2

1
4

1
z2
D.

a 2 − b2

(a

2

+ b2 )

Câu 23: Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a
A.

a3 3
12

B.

a3 3
4

Câu 24: Cho hàm số f(x) có đạo hàm f ' ( x ) =

C.

a3
2

D.

1
và f ( 0 ) = 1 . Tính f ( 5 )
1− x
Trang 3

a3 3
2

2


A. f ( 5 ) = 2 ln 2

B. f ( 5 ) = ln 4 + 1

C. f ( 5 ) = −2 ln 2 + 1

D. f ( 5 ) = −2 ln 2

Câu 25: Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số y = x 2 − 4 và y = x − 4
A. S =

43

6

B. S =

161
6

C. S =

1
6

D. S =

5
6

Câu 26: Gọi n là số mặt phẳng đối xứng của hình bát diện đều. Tìm n
A. n = 7

B. n = 5

C. n = 3

D. n = 9

Câu 27: Hàm số nào sau đây không có tập xác định là khoảng ( 0; +∞ ) ?
A. y = x

3

B. y = x

2
2

3

D. y = x −5

C. y = x 2

Câu 28: Xét hình trụ T có thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông cạnh a. Tính diện tích toàn phần
S của hình trụ.
A. S =

3πa 2
2

B. S =

πa 2
2

C. S = 4πa 2

D. S = πa 2

Câu 29: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 1 ( x − 1) > log 1 ( 5 − 2x )
2

A. S = ( −∞; 2 )

 5
B. S =  2; ÷
 2

2

5

C. S =  ; +∞ ÷
2


D. S = ( 1; 2 )

Câu 30: Cho hình lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Tính bán kính R của mặt
cầu ngoại tiếp lăng trụ
A. R = a 2

B. R = a

C. R = a 3

D. R = 2a

x −3
. Biết rằng, có hai điểm phân biệt thuộc đồ thị (C) và cách đều hai trục
x +1

tọa độ. Giả sử các điểm đó lần lượt là M và N. Tìm độ dài đoạn thẳng MN.
Câu 31: Cho đồ thị ( C ) : y =

A. MN = 4 2

B. MN = 2 2

Câu 32: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình
A. S = ( −2; −1)

B. S = [ −2; −1)

C. MN = 3 5
log ( x 2 − 1)
log ( 1 − x )

D. MN = 3

≤1

C. S = [ −2;1)

D. S = [ −2; −1]

Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M ( 1; 2;3)
và cắt cấc trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại ba điểm A, B, C khác với gốc tọa độ O sao cho biểu thức
1
1
1
T=

+
+
có giá trị nhỏ nhất.
2
2
OA OB OC 2
A. ( P ) : x + 2y + 3z − 14 = 0

B. ( P ) : 6x − 3y + 2z − 6 = 0

C. ( P ) : 6x + 3y + 2z − 18 = 0

D. ( P ) : 3x + 2y + 3z − 10 = 0
Trang 4


x
Câu 34: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn hệ thức ∫ f ( x ) sin xdx = −f ( x ) cos x + ∫ π cos xdx . Hỏi

y = f ( x ) là hàm số nào trong các hàm số sau:
A. f ( x ) = −

πx
ln π

B. f ( x ) =

x
C. f ( x ) = π .ln x

πx
ln π

x
D. f ( x ) = −π .ln x

x −1 y z + 2
=
=
và
2
−1
1

Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :

x + 1 y −1 z − 3
=
=
. Đường vuông góc chung của d1 và d 2 lần lượt cắt d1 , d 2 tại A và B. Tính diện
1
7
−1
tích S của tam giác OAB.
d2 :

A. S =

3
2

B. S = 6

C. S =

6
2

D. S =

6
4

Câu 36: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = mx − ( m + 1) .cos x đồng biến trên ¡ .
B. −1 ≤ m ≤ −

A. Không có m

1
2

C. m < −

1
2

D. m > −1

Câu 37: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện
z − 2 + z + 2 = 10

A. Đường tròn ( x − 2 ) + ( y + 2 ) = 100

x 2 y2
B. Elip
+
=1
25 4

C. Đường tròn ( x − 2 ) + ( y + 2 ) = 10

D. Elip

2

2

2

2

x 2 y2
+
=1
25 21

(

Câu 38: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình 4 log 2 x
nghiệm đúng với mọi giá trị x ∈ ( 1;64 )
A. m < 0

B. m ≤ 0

C. m ≥ 0

)

2

+ log 2 x + m ≥ 0

D. m > 0

Câu 39: Một que kem ốc quế gồm hai phần : phần kem có dạnh hình cầu , phần ốc quế có dạng hình
nón . Giả sử hình cầu và hình nón có bán kính bằng nhau; biết rằng nếu kem tan chảy hết thì sẽ làm đầy
phần ốc quế. Biết thể tích phần kem sau khi tan chảy chỉ bằng 75% thể tích kem đóng băng ban đầu. Gọi
h
h và r lần lượt là chiều cao và bán kính của phần ốc quế. Tính tỉ số
r
A.

h
=3
r

B.

h
=2
r

C.

h 4
=
r 3

D.

h 16
=
r 3

a

5
Câu 40: Có bao nhiêu số thực a ∈ ( 0;10π ) thỏa mãn điều kiện ∫ sin x sin 2xdx =
0

A. 4 số

B. 6 số

C. 7 số
Trang 5

D. 5 số

2
?

7


Câu 41: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và có đạo hàm cấp
hai trên ¡ . Đồ thị của các hàm số
y = f ( x ) , y = f ' ( x ) , y = f " ( x ) lần lượt là các đường cong
nào trong hình vẽ bên.
A. ( C3 ) , ( C1 ) , ( C2 )
B. ( C1 ) , ( C 2 ) , ( C3 )
C. ( C3 ) , ( C2 ) , ( C1 )
D. ( C1 ) , ( C3 ) , ( C2 )

(

−t
Câu 42: Một điện thoại đang nạp pin, dung lượng pin nạp được tính theo công thức Q ( t ) = Q 0 1 − e

2

)

với t là khoảng thời gian tính bằng giờ và Q0 là dung lượng nạp tối đa (đầy pin). Hãy tính thời gian nạp
pin của điện thoại tính từ lúc cạn hết pin cho đến khi điện thoại đạt được 90% dung lượng pin tối đa ( kết
quả được làm tròn đến hàng phần trăm).
A. t ≈ 1, 65 giờ

B. t ≈ 1, 61 giờ

C. t ≈ 1, 63 giờ

D. t ≈ 1,50 giờ

Câu 43: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có diện tích tam giác ACD’ bằng a 2 3 . Tính thể tích V
của hình lập phương
A. V = 3 3a 3

B. V = 2 2a 3

C. V = a 3

D. V = 8a 3

Câu 44: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z − 1 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của T = z + i + z − 2 − i
A. max T = 8 2

B. max T = 4

C. max T = 4 2

Câu 45: Biết rằng đường thẳng d : −3x + m cắt đồ thị (C): y =

D. max T = 8

2x + 1
tại hai điểm phân biệt A và B sao
x −1

cho trọng tâm tam giác OAB thuộc đồ thị (C), với O ( 0;0 ) là gốc tọa độ. Khi đó giá trị của tham số m
thuộc tập hợp nào sau đây?
A. ( −∞; −3]

B. ( 3; +∞ )

C. ( −2;3]

D. ( −5; −2]

Câu 46: Hỏi phương trình 2 log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x ) có bao nhiêu nghiệm trong khoảng ( 0; 2017π )
A. 1009 nghiệm

B. 1008 nghiệm

C. 2017 nghiệm

Câu 47: Cho hàm số y = x 4 − 3x 2 + m , có đồ thị ( C m ) , với m là
tham số thực. Giả sử ( C m ) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt như
hình vẽ. Gọi S1 ;S2 ;S3 là diện tích các miền gạch chéo như hình vẽ.
Tìm m để S1 + S2 = S3
A. m = −

5
2

B. m = −

5
4
Trang 6

D. 2018 nghiệm

C. m =

5
2

D. m =

5
4

Câu 48: Cho hai mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) có cùng bán kính R thỏa mãn tính chất: tâm của ( S1 ) thuộc ( S2 ) và
ngược lại. Tính thể tích phần chung V của hai khối cầu tạo bởi ( S1 ) , ( S2 )
A. V = πR 3

B. V =

πR 3
2

C. V =

5πR 3
12

D. V =

2πR 3
5

Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A ( 2;0;0 ) ; B ( 0;3;0 ) ;C ( 0;0; 4 ) . Gọi H là
trực tâm tam giác ABC. Tìm phương trình tham số của đường thẳng OH trong các phương án sau:
 x = 6t

A.  y = −4t
 z = −3t


 x = 6t

B.  y = 2 + 4t
 z = −3t


 x = 6t

C.  y = 4t
 z = −3t


 x = 6t

D.  y = 4t
 z = 1 − 3t


Câu 50: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn AB. Biết rằng
AB = 2a, AD = DC = CB = a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (SBD) hợp với đáy một góc
450 . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính khoảng cách d từ điểm G đến mặt phẳng (SBD)

A. d =

a
6

B. d =

a 2
6

C. d =

a
2

--- HẾT ---

Trang 7

D. d =

a 2
2


ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
THPT CHU VĂN AN- HÀ NỘI- LẦN 2

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017

MÔN TOÁN

BẢNG ĐÁP ÁN

1-D

2-C

3-A

4-C

5-B

6-A

7-C

8-D

9-B

10-A

11-A

12-B

13-C

14-D

15-A

16-D

17-B

18-D

19-B

20-C

21-A

22-D

23-B

24-C

25-C

26-D

27-D

28-A

29-D

30-A

31-A

32-B

33-A

34-B

35-C

36-A

37-D

38-C

39-A

40-D

41-A

42-C

43-B

44-B

45-B

46-A

47-D

48-C

49-C

50-B

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
THPT CHU VĂN AN- HÀ NỘI- LẦN 2

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án D
Phương pháp : viết phương trinh tham số của đường thẳng khi biết 1 điểm và 1 vecto chỉ phương.
r
- Cách giải: trục Oz có véc-tơ chỉ phương là k = ( 0;0;1) và đi qua O ( 0;0;0 ) nên phương trình tham số
x = 0

của trục Oz là:  y = 0

z = t

Câu 2: Đáp án C
Phương pháp : - Tính y’. Giải phương trình y ' = 0 suy ra khoảng đồng biến, nghịch biến.
x = 0
3
2
2
2
- Cách giải: y = x − 3x ⇒ y ' = 3x − 6x; y ' = 0 ⇔ 3x − 6x = 0 ⇔ 
x = 2
Trong khoảng ( 0; 2 ) thì y ' < 0 nên hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 )
Câu 3: Đáp án A
α
- phương pháp: Dựa vào tính chất của logarit. log α N = α log α N

Cách giải: A = log a =

1
= log a a −2 = −2.log a a = −2
2
a

Câu 4: Đáp án C
- phương pháp: +Tìm đường tiệm cận ngang ta phải có giới hạn của hàm số ở vô tận:
Trang 8


f ( x ) = y 0 hay lim f ( x ) = y 0 thì ( ∆ ) : y = y0 là tiệm cận ngang của ( C ) : y = f ( x )
Nếu xlim

→+∞
x →−∞
3x + 2
= 3 suy ra y = 3 là tiệm cận ngang
x →±∞ x + 1

Cách giải: lim

Câu 5: Đáp án B

r
r
Phương pháp: Nếu n = ( a; b;c ) là vecto pháp tuyến của (P) thì k.n cũng là vecto pháp tuyến của (P).
r
r
Cách giải: PT ( P ) : x − y + 3 = 0 có vecto pháp tuyến là n = ( −1;1; 0 ) nên a = ( 1; −1;3) ko là vecto pháp
tuyến.
Câu 6: Đáp án A
- Phương pháp :Cho hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) liên tục trên [ a; b ] . Khi đó thể tích V của khối
tròn xoay được giới hạn bởi hai hàm số  y = f ( x ) , y = g ( x ) và hai đường thẳng x = a; y = b khi quay
b

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

b

b

a

a

2
2
2
2
Cách giải: Theo công thức trên ta có: V = π∫ f1 ( x ) − f 2 ( x ) dx = π∫ ( f1 ( x ) − f 2 ( x ) ) dx (vì đồ thị hàm số

y = f1 ( x ) nằm phía trên đồ thị hàm số y = f 2 ( x ) )
Câu 7: Đáp án C
- Phương pháp : Phân tích bảng biến thiên.
Cách giải: Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 ( y’ đổi dấu từ âm sang dương)
Câu 8: Đáp án D
- Phương pháp : - cách giải: dựa vào các đường tiệm cận của hàm phân thức.
- Cách giải: Từ đồ thị hàm số suy ra x = 1 là tiệm cận đứng nên loại A và C.
+ Từ đồ thị suy ra y = 2 là tiệm cận ngang nên suy ra loại B,.
Câu 9: Đáp án B
-Phương pháp : Số phức z = a + bi có phần thực là a và phần ảo là b.
- cách giải: z = −3i = 0 − 3i suy ra phần thực của z là 0.
Câu 10: Đáp án A
Phương pháp: ∫ cos udu = sin u + C
Cách giải: ∫ cos 3xdx =

1
1
cos 3xd ( 3x ) = sin 3x + C
∫

3
3

Câu 11: Đáp án A
Phương pháp: dựa vào đồ thị hàm số y = log a x

Trang 9


Cách giải: từ đồ thị suy ra đồ thị hàm số y = log x nhận trục tung là tiệm cận đứng
Câu 12: Đáp án B
Phương pháp: điểm A thuộc trục Oy thì A ( 0; y;0 )
Cách giải: từ phương pháp suy ra M ( 0; −2;0 ) thuộc Oy
Câu 13: Đáp án C
Phương pháp: + Viết lại phương trình đường thẳng ∆ dưới dạng tham số
+ Tính MA 2 ; MB2 thay vào đẳng thức đầu bài và tìm ra điểm M
 x = 1− t

Cách giải: phương trình đường thẳng ∆ được viết lại là:  y = −2 + t
 z = 2t

Điểm M ∈ ∆ ⇒ M ( 1 − t; −2 + t; 2t )
MA 2 = t 2 + ( 6 − t ) + ( 2 − 2t ) ; MB2 = ( t − 2 ) + ( 4 − t ) + ( 4 − 2t )
2

2

2

2

2

MA 2 + MB2 = 28 ⇔ t 2 + ( 6 − t ) + 02 − 2t 2 + ( t − 2 ) + ( 4 − t ) + ( 4 − 2t ) = 28
2

2

2

2

⇔ t 2 − 4t + 4 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ M ( −1;0; 4 )
Câu 14: Đáp án D
Phương pháp: số phức z = a + bi được biểu diễn trên mp tọa độ Oxy bởi điểm M ( a; b )
Cách giải: z = 2 − i ⇒ w = iz = i ( 2 − i ) = 1 + 2i ⇒ M ( 1; 2 )
Câu 15: Đáp án A
Phương pháp: Xét phương trình hoành độ giao điểm và tìm ra số nghiệm. số nghiệm chính là số giao
điểm.

 x≥ 3
 x 2 ( x 2 − 3) = 2 khi 
2
2
 x ≤ − 3
Cách giải: Xét phương trình x x − 3 = 2 ⇔ 
 2 2
 x ( x + 3) = 2 - 3 < x < 3
+ giải: x 2 ( x 2 − 3) = 2 ⇔ x = ±

3 + 17
(thỏa mãn)
2

 x = ±1
2
2
4
2
+ giải: x ( − x + 3) = 2 ⇔ − x + 3x − 2 = 0 ⇔ 
(thỏa mãn)
x = ± 2
Vậy có 6 giao điểm : n = 6
Câu 16: Đáp án D
-Phương pháp: để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên 1 đoạn ta thực hiện các bước sau:
Trang 10


Tìm tập xác định của hàm số.
Tìm y'
Tìm các điểm x1 , x 2 ,..., x n thuộc khoảng ( a; b ) mà tại đó y ' = 0 hoặc y ' không xác định.
Tính các giá trị f ( a ) , f ( b ) , f ( x1 ) , f ( x 2 ) ...f ( x n )
Kết luận:
Cách giải: y =

 x = 1( t / m )
x 2 − 4x
x2 + x − 2
⇒ y' =
;y' = 0 ⇔ 

2
2x + 1
( 2x + 1)
 x = −2 ( t / m )

Ta có: f ( 0 ) = 0;f ( 1) = −1;f ( 3 ) =

1
⇒ Min = −1
7

Câu 17: Đáp án B
- Phương pháp: Ta tìm bán kính của mặt cầu bằng cách tìm khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng.
- Cách giải : Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với d là:
2 ( x − 1) + 1( y + 2 ) − 1( z − 3) = 0 ⇔ 2x + y − z + 3 = 0
 x = −1 + 2t
 t = −1

 x = −3
y = 2+t


H
=
d
∩
P
⇔
⇔
⇒ H ( −3;1; −2 )

(
)
Gọi H là hình chiếu của A lên (P). Khi đó :


z
=
−
3
−
t
y
=
1


2x + y − z + 3 = 0
 z = −2
R = AH =

( −3 − 1)

2

+ ( 1 + 2 ) + ( −2 − 3) = 5 2 nên đường kính của mặt cầu là 10 2
2

2

Câu 18: Đáp án D

-Phương pháp: - tính y’. giải phương trình y’ = 0 và từ đó suy ra điểm cực tiểu.
-Cách giải: y = sin x ⇒ y ' = cos x ⇔ x =
Qua điểm x =

π
π
π
+ kπ . Khi k = 1 ⇒ x = ; k = −1 ⇒ x = − nên loại B và C
2
2
2

π
π
thì y’ chuyển từ âm sang dương nên x = là điểm cực tiểu.
2
2

Câu 19: Đáp án B
Phương pháp: Tìm nghiệm phức z 0 bằng cách giải pt
2
Cho phương trình bậc hai: Az + Bz + C = 0 ( 1) ( A, B, C ∈ C, A ≠ 0 )

Tính ∆ = B2 − 4AC
*) nếu ∆ ≠ 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt z1 =
căn bậc hai của ∆)

Trang 11

−B + δ

−B − δ
, z2 =
(trong đó δ là một
2A
2A


*) nếu ∆ = 0 thì phương trình (1) có nghiệm kép: z1 = z 2 = −

B
2A

 z1 = −2 + i
2
Cách giải: z + 2z + 5 = 0 ⇔ 
 z 2 = −2 = i
⇒ T = z1 + z 2 =

( −2 )

2

+ 12 +

( −2 )

2

+ ( −1) = 2 5
2

Câu 20: Đáp án C
ln ( 1 + x )
=1
x →0
x

Phương pháp: Sử dụng giới hạn lim

log 2 ( 1 + x )
log 2 e.ln ( x + 1)
ln ( x + 1)
= lim
= log 2 e.lim
= log 2 e.1 = log 2 e
x →0
x →0
x →0
x
x
x

Cách giải: A = lim
Câu 21: Đáp án A

Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số.
  2 x
  ÷ =1
x
2x

3
2
2
x
x
x
- Cách giải: 4.9 − 13.6 + 9.4 = 0 ⇔ 4 − 13.  ÷ + 9  ÷ = 0 ⇔ 
x
3
3
 2 ÷ = 4
9
 3 
x = 0
⇔
⇒ T = 0+2 = 2
x = 2
Câu 22: Đáp án D
Phương pháp: số phức z = a + bi có phần thực là a và phần ảo là b
Cách giải: w =

1

( a + bi )

2

=

1

a 2 − b 2 − 2abi
a 2 − b2
2ab
=
=
−
i
2
2
2
2
2
2
a − b + 2abi ( a 2 − b2 ) − ( 2abi )
( a 2 + b2 ) ( a 2 + b2 )

Nên phần thực của số phức w là:

a 2 − b2

(a

2

+ b2 )

2

Câu 23: Đáp án B
Phương pháp: thể tích khối lăng trụ V = Sđa ' y .h

1
1 2
0
Cách giải: SABC = .a.a.sin 60 = .a 3 ⇒ VABC.A 'B'C' = SABC .AA '
2
4
1 2
3a 3
= a 3.a =
4
4
Câu 24: Đáp án C
Phương pháp: ∫ f ' ( x ) dx = f ( x ) + C
Trang 12


Cách giải: ∫ f ' ( x ) dx = ∫

1
dx = − ln 1 − x + C
1− x

⇒ f ( x ) = − ln 1 − x + C;f ( 0 ) = 1 ⇒ − ln 1 − 0 + C = 1 ⇒ C = 1
⇒ f ( 5 ) = − ln 1 − 5 + 1 = − ln 4 + 1 = −2 ln 2 + 1
Câu 25: Đáp án C
Phương pháp: diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong y = f ( x ) ; y = g ( x ) ; x = a; x = b là
b

S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx
a

x = 0
2
Cách giải: Xét phương trình: x − 4 = x − 4 ⇔ 
. Trong khoảng ( 0;1) thì x 2 − x > 0
x
=
1

1

1

1

2
Diện tích cần tìm là: S = ∫ x − 4 − x + 4 dx = ∫ x − x dx = − ∫ ( x − x ) dx =
2

2

0

0

0

1
6

Câu 26: Đáp án D
- Phương pháp : sử dụng định nghĩa mặt phẳng đối xứng của một

hình .

Cách giải: Tính chất : 4 điểm A; B;C; D nằm trên 1 mặt phẳng và
phẳng đối xứng của hình bát diện đều. Có 9 mặt phẳng như vậy.

đó là mặt

Câu 27: Đáp án D
- Phương pháp : tập xác định của hàm số lũy thừa x m tùy thuộc
trị của m
+ Nếu m nguyên dương thì tập xác định là ¡ .
+ Nếu m nguyên âm thì tập xác định là: ¡ \ { 0}
+ Nếu m không nguyên thì tập xác định là ( 0; +∞ )
Cách giải: hàm số y = x −5 có tập xác định là ¡ \ { 0}
Câu 28: Đáp án A
Phương pháp: Stp = Sxqđa+' y2.S
Cách giải: r = OA =

= 2πrl + 2πr 2

AB a
= ; h = AA ' = a nên
2
2
2

a

πa 2 3πa 2
a
Stp = 2πrl + 2πr = 2π. .a + 2π  ÷ = πa 2 +
=
2
2
2
2
2

Câu 29: Đáp án A
 f ( x ) > g ( x ) khi a > 1
Phương pháp: + log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ 
, điều kiện
 f ( x ) < g ( x ) khi 0 < a < 1
Trang 13

vào giá


f ( x ) > 0, g ( x ) > 0
 f ( x ) < g ( x ) khi a > 1
+) log a f ( x ) < log a g ( x ) ⇔ 
, điều kiện f ( x ) > 0, g ( x ) > 0
 f ( x ) > g ( x ) khi 0 < a < 1
 x >1
 x −1 > 0

⇔
Cách giải: điều kiện 

5
5 − 2x > 0
 x < 2
log 1 ( x − 1) > log 1 ( 5 − 2x ) ⇔ x − 1 < 5 − 2x ⇔ x < 2 . Kết hợp với điều kiện suy ra S = ( 1; 2 )
2

2

Câu 30: Đáp án A
Phương pháp : Hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác nôi tiếp thì tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp được
xác định như sau : xét lăng trụ đứng A1A 2 A 3 ...A n .A1 'A 2 ' A 3 '...A n ' có hai đáy lần lượt nội tiếp 2 dường
tròn (O) và (O’) hì tâm của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ A1A 2 A 3 ...A n .A1 'A 2 ' A 3 '...A n ' là I trung điểm của
OO’ và R = IA1 = IA 2 = ...
Cách giải : Gọi hình lăng trụ là A1A 2 ...A 6 .A1 'A 2 '...A 6 ' và O; O’ lần lượt là tâm hai lục giác đều
A1A 2 A 3A 4 A5 A 6 và A1' A '2 A 3' A '4 A5' A '6 . Khi đó ta có OA1 = a;OO ' = 2a . Gọi I là trung điểm của OO’ thì
OI = a .
Ta có ∆OAI vuông tại O: R = AO = IO 2 + OA 2 = a 2 + a 2 = a 2
Câu 31: Đáp án A
- phương pháp : Tìm tọa độ điểm M; N rồi tính MN.
 x 0 = y0
-Cách giải: Gọi A ( x 0 ; y 0 ) điểm thuộc (C) và cách đều hai trục tọa độ. Khi đó: x 0 = y0 ⇔ 
 x 0 = − y0
+ Nếu x 0 = y 0 thì ta có x 0 =

x0 − 3
⇔ x 0 ( x 0 + 1) = x 0 − 3 ⇔ x 02 = −3 (vô nghiệm)
x0 +1

+ Nếu x 0 = − y 0 thì ta có: − x 0 =

x0 − 3
⇔ − x 02 − 2x 0 + 3 = 0
x0 +1

 x = 1 ⇒ y0 = −1 ⇒ M ( 1; −1)
⇔ 0
 x 0 = −3 ⇒ y 0 = 3 ⇒ N ( −3;3)
MN =

( −3 − 1)

2

+ ( 3 + 1) = 4 2
2

Câu 32: Đáp án B
Phương pháp:
 f ( x ) > g ( x ) khi a > 1
+ log a f ( x ) > log a g ( x ) ⇔ 
, điều kiện f ( x ) > 0, g ( x ) > 0
 f ( x ) < g ( x ) khi 0 < a < 1
Trang 14


 f ( x ) < g ( x ) khi a > 1
+ log a f ( x ) < log a g ( x ) ⇔ 
, điều kiện f ( x ) > 0, g ( x ) > 0
f
x

>
g
x
khi
0
<
a
<
1
(
)
(
)

 x >1

 x2 −1 > 0
  x < −1


Cách giải: điều kiện  1 − x > 0 ⇒  x < 1 ⇒ x < −1
log ( 1 − x ) ≠ 0 1 − x ≠ 1



Ta có

log ( x 2 − 1)
log ( 1 − x )

≤ 1 ⇔ log ( x 2 − 1) ≤ log ( 1 − x ) ⇔ x 2 − 1 ≤ 1 − x ⇔ x 2 + x − 2 ≤ 0

⇔ −2 ≤ x ≤ 0 . Kết hợp với điều kiện ta suy ra S = [ −2; −1)
Câu 33: Đáp án A
- Phương pháp : +Sử dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn

chắn

+ Sử dụng kết quả của bài toán : Cho tứ diện OABC có OA; OB;
một vuông góc. Gọi H là trực tâm của ∆ABC thì
1
1
1
1
=
+
+
và bất đẳng thức Bunhiacopski.
2
2
2
OH
OA OB OC 2

OC đôi

Cách giải: gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0;c ) . do đó phương

trình mp

(P) là:

x y z
+ + =1
a b c

Vì M ( 1; 2;3) ∈ ( P ) nên

1 2 3
+ + =1
a b c

Vì tứ diện OABC có OA; OB; OC đôi một vuông góc và gọi H là trực tâm ∆ABC :
1
1
1
1
=
+
+
2
2
2
OH
OA OB OC 2
Do đó

1
1
1

1
+
+
⇔
nhỏ nhất OH 2 lớn nhất.
2
2
2 nhỏ nhất
OA OB OC
OH 2

OH = d ( O; ( ABC ) ) = d ( O; ( P ) ) ⇔ OH =

−1
1 1 1
+ +
a 2 b2 c2

⇒ OH 2 =

2

1
1 1 1
+ +
a 2 b2 c2

1
1
 1

1 1 1
Theo Bunhiacopski ta có: 1 = 1. + 2. + 3. ÷ ≤ ( 12 + 2 2 + 32 )  2 + 2 + 2 ÷
b
c
b c 
 a
a
⇔

1 1 1
1
+ 2+ 2≥ .
2
a
b c 14

Trang 15



 a = 14

1 2 3
Dấu “=” xảy ra ⇔ = = ⇔ a = 2b = 3c ⇒  b = 7
1 1 1
 14
a b c
c =
3


x y z
+ +
= 1 ⇔ x + 2y + 3z − 14 = 0
Phương trình mặt phẳng (P) là : 14 7 14
3
Câu 34: Đáp án B
- Phương pháp : sử dụng phương pháp tích phân từng phần.
 u = f ( x)
du = f ' ( x ) dx
⇒
⇒ ∫ f ( x ) sin xdx
- Cách giải : đặt : 
dv = sin xdx  v = − cos x
= −f ( x ) .cos x + ∫ f ' ( x ) cos xdx
Nên suy ra f ' ( x ) = πx ⇒ f ( x ) = ∫ π x dx =

πx
ln π

Câu 35: Đáp án C
Phương pháp : Giả sử có hai đường thẳng ( d1 ) , ( d 2 ) lần lượt có phương trình như sau :
 x = x M + a1t
 x = x N + b1t '

( d1 ) :  y = y M + a 2 t và ( d 2 ) :  y = y N + b 2 t '
z = z + a t
z = z + b t'
M
3
N

3


uuuu
r
 M ( x M + a1t; y M + a 2 t; z M + a 3 t )
⇒ MN = ( ...)
Lấy điểm M ∈ ( d1 ) ; N ∈ ( d 2 ) : 
 M ( x n + b1 t '; y N + b 2 t '; z N + b3 t ' )
uuuu
r uu
r
 MN ⊥ a1
 MN ⊥ ( d1 )
⇔  uuuu
r uu
r
MN là đường vuông góc chung: 
 MN ⊥ ( d 2 )
 MN ⊥ a 2
uuuu
r uu
r
 MN.a1 = 0
r uu
r
( *)
Ta có hệ phương trình sau :  uuuu
 MN.a 2 = 0
Giải hệ phương trình (*) tìm t và t’. Lấy t thế vào

( d1 )

có tọa độ của M, t’ thế vào ( d 2 ) có tọa độ N.

 x = −1 + t '
 x = 1 + 2t


Cách giải: Phương trình đường thẳng d1 :  y = − t ;d 2 :  y = 1 + 7t '
 z = −2 + t
 z = 3− t'


Ta có: A ( 1 + 2t; − t; −2 + t ) ∈ d1; B ( −1 + t ';1 + 7t ';3 − t ' ) ∈ d 2
uuur
⇒ AB = ( t '− 2t − 2;7t '+ t + 1;5 − t '− t )
Trang 16


Vì AB là đoạn vuông góc chung của d1 ;d 2 nên
uuur uu
r
 AB.u1 = 0
( t '− 2t − 2 ) .2 + ( 7t '+ t + 1) . ( −1) + ( 5 − t '− t ) .1 = 0
⇔
 uuur uur
( t '− 2t − 2 ) .1 + ( 7t '+ t + 1) .7 + ( 5 − t '− t ) . ( −1) = 0
 AB.u 2 = 0
t =0

⇔
⇒ A ( 1;0; −2 ) ; B ( −1;1;3)
t ' = 0
Ta có: OA = 5;OB = 11; AB = 30; p =

OA + OB + AB
5 + 11 + 30
=
2
2

⇒ S = p ( p − OA ) . ( p − OB ) . ( p − AB ) =

6
2

Câu 36: Đáp án A
- Phương pháp : tính y’. Tìm diều kiện cho y ' > 0 với mọi m.
Cách giải: y = mx − ( m + 1) cos x ⇒ y ' = m + ( m + 1) sin x
Để hàm số đồng biến trên ¡ thì y ' > 0 với mọi m ⇔ m + ( m + 1) sin x ≥ 0
⇔ ( m + 1) .sin x ≥ −m
Ta có −1 ≤ sin x ≤ 1 ⇔ − ( m + 1) ≤ ( m + 1) .sin x ≤ m + 1
⇒ ( m + 1) sin x ≥ −m ⇔ − ( m + 1) ≥ −m ⇔ −1 ≥ 0 (vô lý)
Câu 37: Đáp án D
- Phương pháp : số phức z = x + yi thì z = x 2 + y 2 .Từ đó ta có tập hợp các điểm M biểu diễn số phức
z.
Cách giải: gọi z = x + yi . Khi đó điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z
Ta có z − 2 + z + 2 = 10 ⇔ x − 2 + yi + x + 2 + yi = 10
⇔

( x − 2)

2

+ y2 +

( x + 2)

2

+ y 2 = 10

Đặt F1 ( −2;0 ) ; F2 ( 2;0 ) , khi đó: MF1 + MF2 = 10 > F1F2 ( = 4 ) nên tập hợp các điểm M là elip (E) có 2 tiêu
cự là F1 ; F2 . Gọi (E) có dạng:

x 2 y2
+
=1
a 2 b2

 MF1 + MF2 = 10 = 2a
a = 5
⇔
⇒ b = 52 − 22 = 21
Ta có: 
F
F
=
4
=

2c
c
=
2


1 2
Vậy tập hợp các điểm M là elip: ( E ) :

x 2 y2
+
=1
25 21

Câu 38: Đáp án C
Trang 17


- Phương pháp : đặt ẩn phụ đưa về bất phương trình đại số
Cách giải: điều kiện x > 0

(

4. log 2 x

)

2

(

+ log 2 x + m ≥ 0 ⇔ 4. log 2 x

)

2

+ 2.log 2 x ≥ −m ( 1)

Đặt t = log 2 x . Khi x ∈ ( 1;64 ) ⇒ t ∈ ( 0;3) . Ta có bất phương trình 4t 2 + 2t ≥ −m
2
Xét f ( t ) = 4t + 2t;f ' ( t ) = 8t + 2 > 0 với ∀t ∈ ( 0;3) . Để (1) nghiệm đúng với ∀t ∈ ( 0;3) thì

Min f ( t ) ≥ −m ⇔ f ( 0 ) ≥ −m ⇔ 0 ≥ − m ⇔ m ≥ 0 .
Câu 39: Đáp án A
- phương pháp : sử dụng công thức tính thể tích của khối cầu và khối nón.
Cách giải: theo đầu bài ta có bán kính của khối cầu và khối nón đều bằng r. Từ dữ kiện đầu bài ta suy ra:
3
1
3 4
h
Vnon = .Vcau ⇔ πr 2 h = . πr 3 ⇔ = 3
4
3
4 3
r
Câu 40: Đáp án D
- Phương pháp : + sử dung công thức ∫ u α du =
a

u α+1
và cách giải phương trình lượng giác cơ bản
α +1

a

a

6
Cách giải: ∫ sin x.sin 2xdx = ∫ sin x.2sin x.cos xdx = 2 ∫ sin xd ( sin x )
5

5

0

0

0

a 2
2
= .sin 7 x = sin 7 a
0 7
7
a

5
Theo bài ta có: ∫ sin x.sin 2xdx =
0

Vì a ∈ ( 0;10π ) ⇒ a =

2
2
2
π
⇒ .sin 7 a = ⇔ sin a = 1 ⇔ a = + k2π
7
7
7
2

π
5n
9π
13π
17π
;a = ;a = ;a =
;a =
. Có 5 số.
2
2
2
2
2

Câu 41: Đáp án A
- Phương pháp : Phân tích đồ thị
- Cách giải: Từ đồ thị ta thấy ( C3 ) là đồ thị của hàm bậc bốn; ( C1 ) là đồ thị của hàm bậc ba; ( C 2 ) là đồ

thị hàm bậc hai ( parabol) nên ( C3 ) là đồ thị của f(x); là đồ thị của f’(x); ( C 2 ) là đồ thị của f ' ( x )
Câu 42: Đáp án C
- Phương pháp : -cách làm bài toán thực tế của hàm số mũ.
- Cách giải: theo đầu bài ta có Q ( t ) =

(

9
.Q0 = Q 0 1 − e − t
10

2

) ⇔ 1− e

−t 2

=

9
Q 0 nên theo công thức ta có:
10

9
⇔ t ≈ 1, 63
10

Câu 43: Đáp án B
Trang 18

- Phương pháp : + công thức tính diện tích tam giác đều canh a: S =

a3 3
và thể tích hình lập phương
4

cạnh a là V = a 3
- Cách giải: Gọi cạnh của hình lập phương là x. Khi đó:
AC = x 2; AD ' = x 2;CD ' = x 2
SACD' =

1
x2 2
. Theo đầu bài ta có:
x 2.x 2.sin 600 =
2
3

SACD' = a 2 3 ⇒

x2 3
= a2 3
2

⇒x=a 2

(

Vậy thể tích của hình lập phương là: V = a 2

)

3

= 2 2a 3

Câu 44: Đáp án B
- Phương pháp : Sử dụng công thức tính modun của số phức và bất đẳng thức Bunhiacopski.
Cách giải: đặt z = x + yi . Ta có: z − 1 = 2 ⇔ x + yi − 1 = 2 ⇔ ( x − 1) + y 2 = 2
2

Khi đó: T = z + 1 + z − 2 − i = x + yi + i + x + yi − 2 − i = x 2 + ( y + 1) +
2

≤

(1

2

( x − 2)

2

+ ( y − 1)

2

2

2
2
+ 12 ) .  x 2 + ( y + 1) + ( x − 2 ) + ( y − 1) 



( (

) )

= 2 ( 2x 2 − 4x + 4 + 2y 2 + 2 ) = 2 2. ( x − 1) + y 2 + 4 = 2. ( 4 + 4 ) = 4
2

Vậy max T = 4
Câu 45: Đáp án B
- Phương pháp : Xét phương trình hoành độ giaio diểm để tìm ra 2 điểm A; B và công thức tính tọa độ
trọng tâm của tam giác.
- Cách giải: Xét phương trình

2x + 1
= −3x + m ⇒ 2x + 1 = ( −3x + m ) ( x − 1)
x −1

⇔ −3x 2 + ( m + 1) x − m − 1 = 0 ( 1)
Để đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) tai hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt
 m > −1
2
⇔ ∆ > 0 ⇔ ( m + 1) − 4.3. ( m + 1) > 0 ⇔ m 2 − 10m − 11 > 0 ⇔ 
 m < −11
Với điều kiện như trên thì d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt A ( x A ; −3x A + m ) ; B ( x B ; −3x B + m )

Theo Viet ta có: x A + x B =

1+ m
3
Trang 19


x + xB + xO m +1

xG = A
=

3
9
 m + 1 m −1 
⇒ G
;
Gọi G là trọng tâm ∆ABC. Khi đó: 
÷
3 
 9
 y = y A + y B + y O = −3 ( x A + x B ) + 2m = m − 1
 G
3
3
3
m +1
2.
+1
m −1

9
=
Vì điểm G thuộc ( C) nên
.
m +1
3
−1
9
Giải phương trình kết hợp với điều kiệ suy ra m ≥ 3
Câu 46: Đáp án A
Phương pháp : + logarit hóa 2 vế.
+ đưa phương trình về pt đại số và dùng phương pháp hàm số để giải.
 cot x > 0
( 1)
cách giải : điều kiện: 
cos x > 0
ta có: 2 log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x ) ⇔ log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x ) = t
2


 cos 2 x
2
t
t
t
( cot x ) = 3t
 2 =3
4t
t
1 1

t
t
t
t
⇒
⇒
=
4
⇒
=
3
⇔
4
−
3
+
12
=
0
⇔
−
sin
x

 ÷  ÷ +1 = 0
2
t
1 − 4t
3  4
 cos x = 4

 cos 2 x


t

t

t

t

1  1
1 1 1 1
Đặt f ( t ) =  ÷ −  ÷ + 1 ⇒ f ' ( t ) =  ÷ ln −  ÷ ln > 0 suy ra f ( t ) = 0 có tối đa 1 nghiệm.
 3  4
3 3  4 4
Nhận thấy t = −1 là nghiệm của phương trình
⇒ log 2 ( cos x ) = −1 ⇒ cos x =
Ta có: 0 <

1
π
π
⇒ x = ± + k2π ⇒ x = + k2π (do đk (1))
2
3
3

π
1

3025
+ k2π < 2017 ⇔ − < k <
. Do k nguyên nên k = 1009
3
6
3

Câu 47: Đáp án D
- Phương pháp : điểm uốn của hàm số.
Cách giải : từ đồ thị hàm số ta suy ra điểm uốn của đồ thị thuộc trục Ox.
Ta có: y = x 4 − 3x 2 + m ⇒ y ' = 4x 3 − 6x ⇒ y" = 12x 2 − 6x ⇒ y" = 0 ⇔ 12x 2 − 6x = 0 ⇔ x = ±
4

2




2
2
2
5
=
0
⇔
±
−
3
±
+m=0⇔ m=

Ta có điểm uốn thuộc trục Ox nên y  ±
÷

÷

÷
÷

÷

÷
4
 2 
 2 
 2 
Câu 48: Đáp án C

Trang 20

2
2


-Phương pháp : thể tích của chỏm cầu : Khối chỏm cầu bán kính R và chiều cao h. Khi đó thể tích V của
h
2
khối chỏm cầu là: V = πh  R − ÷
3

- Cách giải: giao của hai khối cầu thỏa mãn đầu bài là hai chỏm cầu có cùng chiều cao h =

R
; và bán
2

kính R.
2

h

R
Vậy thể tích của 2 chỏm cầu cần tìm là: V = 2πh  R − ÷ = 2π  ÷
3

2
2

= 2π

R

R − ÷
6


5R 3 5πR 3
=
24
12

Câu 49: Đáp án C
- phương pháp: + cách viết phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn.
uuur uuur
 AH.BC = 0
 uuur uuur
+ H là trực tâm của ∆ABC thì  BH.AC = 0
 uuur uuur
CH.AB = 0
Cách giải: A ( 2;0;0 ) ; B ( 0;3;0 ) ;C ( 0;0; −4 ) . Khi đó phương trình mp (ABC) là:

x y z
+ +
=1
2 3 −4

uuur
uuur
uuur
Gọi H ( x H ; y H ; z H ) ; AH = ( x H − 2; y H ; z H ) ; BC = ( 0; −3; −4 ) ; BH = ( x H ; y H − 3; z H ) ;
uuur
AC = ( −2;0; −4 )
uuur uuur
 AH.BC = 0
 ( x − 2 ) .0 + y H . ( −3) + z H ( −4 ) = 0
⇔ H
Vì H là trực tâm của ∆ABC nên:  uuur uuur
 BH.AC = 0
 x H . ( −2 ) + ( y H − 3) .0 + z H . ( −4 ) = 0
4


 3y H + 4z H = 0
 yH = − zH
⇔
⇔
3
2x H + 4z H = 0
 x H = −2z H
−4
zH
x
y
z
−
2z
zH
4
z
Vì
H
H ∈ ( ABC ) ⇒ H + H + H = 1 ⇔
+ 3
= 1 ⇔ −z H − z H − H = 1
2
3 −4
2
3 −4
9
4
⇔ zH = −

36
72
4
4  36  48
⇔ x H = −2z H = ; y H = − z H = − .  − ÷ =
61
61
3
3  61  31

 72 48 36 
⇒ H ; ;− ÷
 61 31 61 
uuur  72 48 36  uuur
OH =  ; ; − ÷⇒ u OH = ( 6; 4; −3 )
 61 31 61 
Trang 21


 x = 6t

Pt đường thẳng OH là:  y = 4t
 z = −3t


Câu 50: Đáp án B
- Phương pháp: Tính khoảng cách từ một điểm đến 1 mặt phẳng bằng phương pháp:
Cách xác định khoảng cách từ điểm M đến mp(P)
+ Nếu MN ∩ ( P ) = I
Ta có:

d ( M; ( P ) )
d ( N, ( P ) )

=

MI
MI
MI
⇒ tính d ( N, ( P ) ) và
;d ( M; ( P ) ) =
, d ( N, ( P ) )
NI
NI
NI

*Chú ý: Điểm N ở đây ta phải chọn sao cho tìm khoảng cách từ N
mặt phẳng (P) dễ hơn tìm khoảng cách từ M đến mp(P).
- cách giải: Vì ABCD là hình thang cân có AB = 2DC nên
 AD ⊥ BD
⇒ DB ⊥ ( SAD ) ⇒ BD ⊥ SD
AD ⊥ DB . Ta có: 
 SA ⊥ BD
Ta có:
( ABCD ) ∩ ( SBD ) = BD

AD ⊥ BD
⇒ ( ( ABCD ) , ( SBD ) ) = ( AD,SD ) = ADS ⇒ ADS = 450



SD ⊥ BD

Suy ra ∆SAD vuông cân tại A nên SA = AD = a
Trong ( SAD) kẻ AH ⊥ SD . Khi đó BD ⊥ AH ( BD ⊥ ( SAD ) ) suy ra AH ⊥ ( SBD )
⇒ d ( A, ( SBD ) ) = AH
Trong ∆SAD vuông tại A ta có:

d ( G, ( SBD ) )
d ( A, ( SBD ) )

=

GI 1
1
= ⇒ d ( G, ( SBD ) ) = d ( A, ( SBD ) )
AI 3
3

1 a 2 a 2
= .
=
3 2
6

Trang 22

đến