Đề thi thử THPT 2017 môn Toán trường THPT chuyên Thái Nguyên Lần 2 File word Có lời giải chi tiết

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN- LẦN 2

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MƠN TỐN

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

x 2 − ax + b
. Đặt A = a – b, B = a + 2b. Tính gái trị của tổng A + 2B để đồ thị
x −1
hàm số đạt cực tiểu tại điểm M ( 0; −1)
Câu 1: Cho hàm số y =

A. 3

B. 0

C. 6

D. 1

Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện ( 3 + 2i ) z + ( 2 − i ) = 4 + i . Tìm phần ảo của số phức
2

w = ( 1+ z) z ?
A. – 2

B. 0

C. – 1
z13 + z 2
?
z1 + z 2

Câu 3: Cho z1 = 2 + 3i; z 2 = 1 + i . Tính:

A.

85

D. –i

B. 85

C.

61
5

85
25

D.

Câu 4: Khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh a, góc giữa cạnh bên và mặt phẳng
đáy bằng 300 . Hình chiếu của đỉnh A’ trên mặt phẳng đáy (ABC) trùng với trung điểm của cạnh BC.
Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho.
A.

a3 3
3

B.

a3 3
4

C.

a3 3
12

D.

a3 3
8

Câu 5: Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x ln x, y = 0, x = e quay xung quanh trục Ox tạo
π
b e3 − 2 . Tìm a và b
thành khối trịn xoay có thể tích bằng
a

(

A. a = 27; b = 5

B. a = 26; b = 6

)

C. a = 24; b = 5

D. a = 27; b = 6

Câu 6: Tập hợp các số phức w = ( 1 + i ) z + 1 với z là số phức thỏa mãn z − 1 ≤ 1 là hình nón. Tính diện
tích hình trịn dod.
A. 4π

B. 2π

C. 3π

D. π

Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng đáy.
Tính khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC).
A.

a 3
6

B.

Câu 8: Cho hàm số f ( x ) =

a 2
6

C.

a 3
2

D.

a 2
4

3x + 1
. Trong các khẳng định sau, hãy tìm khẳng định đúng.
−x + 1
Trang 1


A. f ( x ) nghịch biến trên ¡ .
B. f ( x ) nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và ( 1; +∞ ) .
C. đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và ( 1; +∞ )
D. đòng biến trên ¡ \ { 1} .
x = 2

Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :  y = −m + 2t và mặt phẳng
z = n + t


( P ) : 2mx − y + mz − n = 0 . Biết đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P). Khi đó hãy tính m + n.
A. 8

B. 12

C. – 12

D. – 8

Câu 10: Một công ty phải gánh chịu nợ với tốc độ D ( t ) đô la mỗi năm, với D ' ( t ) = 90 ( t + 6 ) t 2 + 12t
trong đó t là thời gian (tính theo năm) kể từ khi cơng ty bắt đầu vay nợ. Sau 4 năm công ty đã phải chịu
1626000 đơ la tiền nợ nần. Tìm hàm số biểu diễn tốc độ nợ nần của công ty này.
A. D ( t ) = 30

(t

2

+ 12t

)

3

C. D ( t ) = 30

(t

2

+ 12t

)

3

+ 1610640 .

B. D ( t ) = 30

(t

+ 12t

)

3

+C

D. D ( t ) = 30 3 t 2 + 12t

)

2

2

(

+ 1595280 .
+ 1610640

Câu 11: Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào đồng biến trên tập ¡ ?
A. y = log 2 ( x − 1)

(

2

)

B. y = log 2 x + 1

x

(

1
C. y =  ÷
2

Câu 12: Viết phương trình đường thẳng đi qua cực đại và cực tiểu của: y =
A. y = 4x + 1

B. y = 2x + 3

)

x
D. log 2 2 + 1

C. y = 2x − 1

x2
x −1

D. y = 2x

Câu 13: Cho a, b, c dương và khác 1 thỏa mãn: log b c = x 2 + 1; log a 2 b3 = log 3 c a = x . Cho biểu thức
Q = 24x 2 − 2x − 1997 . Khẳng định nào sau đây đúng:
A. Q ≈ −1999 hoặc Q ≈ −1985

B. Q ≈ −1999 hoặc Q ≈ −2012

C. Q ≈ −1979 hoặc Q ≈ −1982

D. Q ≈ −1985 hoặc Q ≈ −1971

Câu 14: Giả sử một nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

x2
1− x

3

+

(

1

x 1+ x

)

2

3
có dạng A 1 − x +

. Hãy tính A + B
A. A + B = −2

B. A + B =

8
3

C. A + B = 2

Trang 2

D. A + B = −

8
3

B
1+ x


2

1
 1

Câu 15: Cho x, y là các số thực dương. Rút gọn biểu thức P =  x 2 − y 2 ÷

÷



A. P = x

B. P = 2x

C. P = x + 1

−1


y y
+ ÷ ?
1 − 2
x x÷



D. P = x – 1

Câu 16: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( 1; 2; −1) , B ( 0; 4;0 ) và mặt phẳng (P) có
phương trình 2x − y − 2z + 2017 = 0 . Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua hai điểm A, B và tạo với mặt phẳng (P)

góc nhỏ nhất bằng α . Tính cos α .
A.

1
9

B.

2
3

C.

Câu 17: Cho phương trình: log 3+ 2

2

1
6

( x + m − 1) + log3−2

D.

1
3

( mx + x ) = 0 . Tìm m để phương trình có
2

2

nghiệm thực duy nhất?
A. m = 1

 m = −3
B. 
m = 1

C. −3 < m < 1

D. m > 1

Câu 18: Tìm giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số f ( x ) = sin x ( 1 + cos x ) trên đoạn [ 0; π]
A. M =

3 3
; m =1
2

B. M =

3 3
; m=0
4

C. M = 3 3; m = 1

D. M = 3; m = 1

Câu 19: Một công ty mỹ phẩm chuẩn bị ra một mẫu sản phẩm dưỡng da mới mang tên Ngọc Trai với
thiết kế một khối cầu như viên ngọc trai, bên trong là một khối trụ nằm trong nửa khối cầu để đựng kem
dưỡng như hình vẽ. Theo dự kiến, nhà sản xuất có dự định để khối cầu có bán kính là R = 3 3 cm . Tìm
thể tích lớn nhất của khối trụ đựng kem để thể tích thực ghi trên bìa hộp là lớn nhất (với mục đích thi hút
khách hàng).
A. 108π cm3

B. 54π cm3

Câu 20: Tìm m để hàm số f ( x ) =
A. −3 ≤ m ≤ −1

C. 18π cm 3

D. 45π cm3

mx + 9
luôn nghịch biến trên khoảng ( −∞;1)
x+m

B. −3 < m ≤ −1

C. −3 ≤ m ≤ 3

D. −3 < m < 3

Câu 21: Một khối chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a và các mặt bên đều tạo với mặt phẳng đáy một
góc 600 . Tính thể tích của khối chóp đó.
A.

a3 3
8

B.

a3 3
4

C.

a3 3
24

D.

a3 2
6

Câu 22: Cho hàm số f ( x ) xác định trên ¡ và có đồ thị của hàm số f ' ( x ) như hình vẽ bên. Hàm số
f ( x ) có mấy điểm cực trị?
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Trang 3

x+3

Câu 23: Tìm số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =
A. 0

B. 1
1

x2 +1

C. 2

(

D. 3

)

2
Câu 24: Tính giá trị của K = ∫ x ln x 1 + x dx
0

A. K = ln 2 −

1
4

B. K = ln 2 −

1
2

C. K = ln 2 +

1
2

D. K = − ln 2 +

1
2

Câu 25: Cho một hình đa diện. Tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau?
A. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba mặt.
B. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba cạnh.
C. Mỗi cạnh là cạnh chung của ít nhất ba mặt.
D. Mỗi mặt có ít nhất ba cạnh.
Câu 26: Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác đều cạnh bằng 2. Một mặt cầu có diện tích
bằng diện tích tồn phần của hình nón. Tính bán kính của mặt cầu?
A.

3
2

B. 2 3

C.

D. 2

3

Câu 27: Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R, có
BAC = 750 ; ACB = 600 ; BH ⊥ AC . Quay tam giác ABC quanh AC thì tam giác BHC tạo thành hình nón
trịn xoay (N). Tính diện tích xung quanh của hình nón đó theo R?
A.

3+ 2 2
πR 2
2

B.

3+ 2 3
πR 2
2

Câu 28: Tính đạo hàm của hàm số y =
A.

1 + log 3 x
x2

B.

C.

3

(

) πR

2 +1
4

2

D.

3

(

) πR

3 +1
4

2

log 3 x
?
x

1 + ln x
x 2 ln 3

C.

1 − log 3 x
x2

D.

1 − ln x
x 2 ln 3

Câu 29: Cho đồ thị hàm số y = x 3 − 3x + 1 như hình bên. Tìm giá

trị

của m để phương trình x 3 − 3x − m = 0 có ba nghiệm thực phân

biệt

A. −2 < m < 3

B. −2 < m < 2

C. −2 ≤ m < 2

D. −1 < m < 3

Trang 4


b
16

Câu 30: Cho a > 0, b > 0 và a khác 1 thỏa mãn: log a b = ; log 2 a = . Tính tổng a + b
4
b
A. 16

B. 12

C. 10

D. 18

Câu 31: Gọi S là số đo diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số
π
y = 2x 2 + 3x + 1, y = x 2 − x − 2 . Tính cos  ÷ ?
S
B. −

A. 0

2
2

C.

(

x
Câu 32: Tìm tập nghiệm của bất phương trình: 2

A. [ 1; 2]

B. { 1; 2}

2

−4

2
2

D.

)

− 1 .ln x 2 < 0

C. ( 1; 2 )
13

15

Câu 33: Cho a, b là các số dương, b ≠ 1 thỏa mãn a 7 < a 8 và log b
chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau?
A. 0 < a < 1, b > 1

B. a > 1, b > 1

3
2

C. a > 1, 0 < b < 1

D. ( −2; −1) ∪ ( 1; 2 )

(

)

(

)

2 + 5 > log b 2 + 3 . Hãy
D. 0 < a < 1, 0 < b < 1

Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình bình hành ABCD với A ( 1;0;1) , B ( 2;1; 2 ) . Giao
3 3
điểm của 2 đường chéo là I  ;0; ÷ . Tính diện tích của hình bình hành đó
2 2
A.

2

B.

C.

5

6

D.

3

Câu 35: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( 1; 2;1) , B ( 3; 2;3) và mặt phẳng

( P ) : x − y − 3 = 0 . Trong các mặt cầu đi qua hai điểm A, B và có tâm thuộc mặt phẳng (P), (S) là mặt cầu
có bán kính nhỏ nhất. Tính bán kính R của mặt cầu (S).
A. R = 2 2

B. R = 2 3

C. R = 2

D. R = 1

Câu 36: Tìm tập xác định của hàm số: y = log 1 ( 5 − x ) − 1
4

A. ( −∞;5 )

19

B.  ; +∞ ÷
4


19 
C.  ;5 ÷

4 

 19 
D.  ;5 ÷
 4 

x3
Câu 37: Tìm m để hàm số f ( x ) = ( m + 2 )
− ( m + 2 ) x 2 + ( m − 8 ) x + m 2 − 1 luôn nghịch biến trên R?
3
A. m < −2

B. m ≥ −2

C. m ≤ −2

D. m ∈ ¡

Câu 38: Biết phương trình z 2 + az + b = 0 có 1 nghiệm là z = 1 – i. Mơđun của số phức w = a + bi là?
A.

2

B. 2

C. 2 2

Trang 5

D. 3

Câu 39: Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng y = − x + m cắt đồ thị ( C ) : y =

x −1
tại 2 điểm phân
2x

biệt A, B với AB ngắn nhất?
A.

1
2

B.

5
9

D. −

C. 5

1
2

Câu 40: Trong hệ tọa độ Oxyz, cho M ( 1;1; −2 ) và 2 đường thẳng
x − 2 y z −1
x y +1 z + 6
= =

; ∆2 : =
=
; N ∈ ∆1; P ∈ ∆ 2 sao cho M, N, P thẳng hàng. Tìm tạo độ trung
−1
1
1
2
1
−1
điểm của NP?
∆1 :

A. ( 0; 2;3)
Câu 41: Cho

B. ( 2;0; −7 )
π
2

cos x

C. ( 1;1; −3)
4

∫ sin 2 x − 5sin x + 6 dx = a ln c + b ( c > 0 )

D. ( 1;1; −2 )

. Tính tổng a + b + c?

0

A. 3

B. 4

C. 0

D. 1

Câu 42: Cho số phức z có mơđun là 3, biết tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = 3 − 2i + ( 2 − i ) z là
một đường trịn thì có bán kính là?
A. 3 2

B. 3 5

C. 3 3

D. 3 7

Câu 43: Tìm m để phương trình 2 x + 3 = m 4x + 1 có 2 nghiệm phân biệt?
A. m ≤

1
3

B. 3 < m < 10

C. m > 10

Câu 44: Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay elip
A. 4πb

B.

2 3 2
πb
3

C.

D. 1 ≤ m < 3

x 2 y2
+
= 1 quanh trục Ox?
3 b2

4 3 2
πb
3

D.

4 3 2
πb
6

Câu 45: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 1, góc BAD bằng 600 , (SCD) và (SAD) cùng
vng góc với (ABCD), SC tạo với đáy góc 45 độ. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC?

A.

4π
3

B.

8π
3

C.

2π
3

D. 2π

mx 3 − 2
Câu 46: Tìm m để đồ thị hàm số y = 2
có 2 tiệm cận đứng?
x − 3x + 2
A. m ≠ 2; m ≠

1
4

B. m ≠ 1; m ≠ 2

Câu 47: Cho số phức z = a + bi thỏa mãn

C. m ≠ 1

( x − 1) ( 1 + iz ) = i
z−

1
z

Trang 6

D. m ≠ 0

. Tính a 2 + b 2 ?


A. 3 + 2 2

B. 2 + 2 2

C. 3 − 2 2

D. 4

Câu 48: Cho 4 điểm O ( 0;0;0 ) , A ( 0;1; −2 ) , B ( 1;1;1) , C ( 4;3; m ) . Tìm m để 4 điểm đồng phẳng?
A. – 7

B. – 14

C. 14

D. 7

x − 3 y −1 z
=
= ; ( P ) : x − y − z − 4 = 0 . Viết phương
3
1
−1
trình đường thẳng là hình chiếu vng góc của d lên (P)?
Câu 49: Trong hệ Oxyz, cho đường thẳng ( d ) :

x = 3 + t

A.  y = 1 + t
 z = −1 + t


x = 3 + t

B.  y = 1
 z = −1 − t


 x = 3 + 3t

C.  y = 1 + t
 z = −1 − t


x = 3 − t


D.  y = 1 + 2t
 z = −1 + t


Câu 50: Trong hệ Oxyz, cho A ( 1; 4; −3) .Viết phương trình mặt phẳng chứa trục tung và đi qua A?
A. 3x + z + 1 = 0

B. 4x − y = 0

C. 3x − z = 0

D. 3x + z = 0

--- HẾT ---

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN- LẦN 2
Trang 7


MƠN TỐN

BẢNG ĐÁP ÁN

1-C

2-C

3-A

4-B

5-A

6-B

7-B

8-C

9-D

10-A

11-D

12-D

13-C

14-A

15-A

16-D

17-B

18-B

19-A

20-D

21-C

22-D

23-C

24-B

25-C

26-A

27-B

28-D

29-B

30-D

31-B

32-D

33-C

34-B

35-A

36-C

37-C

38-C

39-A

40-D

41-B

42-B

43-B

44-D

45-A

46-A

47-B

48-C

49-A

50-D

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MƠN TỐN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN- LẦN 2

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án C
f ' ( x ) = 0
Phương pháp: Để hàm số đạt cực đại thì 
, dựa vào và ta tìm a, b.
f '' ( x ) < 0
Lời giải: Ta có: y ' =

( 2x − a ) ( x − 1) − x 2 + ax − b = x 2 − 2x + x − b
2
2
( x − 1)
( x − 1)

Do M ( 0; −1) là cực đại và nó thuộc đồ thị nên:
a − b + 0 = 0

→ a = b = 1 → a + 2b = 3 → A + 2B = 6
b
−1 = −1
Câu 2: Đáp án C
Phương pháp: Nhập trực tiếp vào CASIO tìm ra giá trị của z mà khơng cần thơng qua tính tốn
Lời giải:

z = 1+ i
Ta có:

như vậy

Trang 8

và:


chính là w. Có phần ảo là – 1
Câu 3: Đáp án A
Phương pháp: Nhập trực tiếp vào CASIO tìm ra giá trị của z mà không cần thông qua tính tốn
Lời giải:

, như vậy có mơđun là:
Câu 4: Đáp án B
Gọi H là trung điểm của BC, như vậy ta có:

( AA ', ( ABC ) ) = A 'AH = 300 → A ' H = AH.tan 30 = a 2 3 .

1
a
=
3 2

a 1 a 3 a3 3
⇒ V = . .a.
=
2 a
2
4
Câu 5: Đáp án A
Phương pháp: Áp dụng cơng thức tính thể tích khối trịn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi
e

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

2

0

x > 0
→ x =1
Lời giải: Xét phương trình: x ln x = 0 ⇔ 
x = 1
Áp dụng cơng thức trên ta có:
e

1
V = π∫ ( x ln x ) dx = x 3 ln 3 x
3
1

e
1

e

2
1
1
π
2
− ∫ x 2 ln x dx = e3 −  e3 + ÷ = 5e3 − 2
31
3
9
27
3

(

)

Do đó a = 27, b = 5
Câu 6: Đáp án B
Ta có: đặt w = x + yi thì
w = ( 1 + i ) z + 1 ⇔ w = ( 1 + i ) ( z − 1) + i + 2 ⇔ w − i − 2 = ( z − 1) + i ( z − 1)

⇔ w − i − 2 = ( z − 1) + i ( z − 1) ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) = 2 ( z − 1) ≤ 2 → R = 2
2

2

Trang 9

2


⇒ S = πR 2 = 2π
Câu 7: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng cơng thức tính tỉ lệ khoảng cách từ 2 điểm đến cùng một mặt phẳng.
Lời giải: Ta có:
2
2 1
1
d ( G, ( SAC ) ) = d ( H, ( SAC ) ) = . d ( B, ( SAC ) ) = d ( B, ( SAC ) )
3
3 2
3
Gọi H là giao BC và AC, ta có:
SA ⊥ BD
a 2
→ BD ⊥ ( SAC ) → d ( B, ( SAC ) ) → d ( B, ( SAC ) ) = BH =

2
 BD ⊥ AC
1 a 2 a 2
→ d ( G, ( SAC ) ) = .

=
3 2
6
Câu 8: Đáp án C
Phương pháp: Tính đạo hàm của hàm bậc nhất trên bậc nhất, giải nghiệm để tìm khoảng biến thiên.
Lời giải: f ' ( x ) =

−3x + 3 + 3x + 1

( − x + 1)

2

=

4

( − x + 1)

2

> 0, ∀x ∈ D

Câu 9: Đáp án D
Phương pháp: Khi có giả thiết 1 đường d nằm trong (P), ta sẽ sử dụng 2 điểm bất kì của d sẽ thuộc (P) để
lập hệ phương trình.
Lời giải:
( 2; −m; n ) ∈ ( P ) ( t = 0 )
4m + m + mn − n = 0
→

Do d ∈ ( P ) → 
4m + m − 2 + mn + m − n = 0
( 2; −m + 2; n + 1) ∈ ( P ) ( t = 1)
5m + mn − n = 0
5m
5m 2
5m
→
→n=
→ 6m +
−
− 2 = 0 ⇔ − m 2 + 3m − 2 = 0
1− m
1− m 1− m
6m + mn − n = 2
m = 1 ( L )
⇔
 m = 2 → n = −10 → m + n = −8
Câu 10: Đáp án A
Thử t = 4 vào các đáp án, đâu cho ra giá trị D(4) = 1626000 đó chính là hàm cần tìm.
D ( t ) = 30

(t

2

+ 12t

)

3

+ 1610640

Câu 11: Đáp án D
Phương pháp: Loại trừ từng đáp án.
Lời giải:
Ý A dễ thấy ĐKXĐ x > 1.
ở ý B dễ có tại 2 giá trị trái dấu sẽ cho cùng 1 giá trị.
Trang 10


ởýC

1
< 1 nên đây là hàm nghịch biến.
2

Câu 12: Đáp án D
Phương pháp: Tính tốn trực tiếp và cụ thể ra các điểm cực trị.
Lời giải: Ta có: y ' =

2x ( x − 1) − x 2

( x − 1)

2

=

x 2 − 2x

( x − 1)

2

 x = 0; y = 0
→ y' = 0 ⇔ 
→ y = 2x
 x = 2; y = 4

Câu 13: Đáp án
Ta sử dụng các biến đổi sau:
2

log b c = x 2 + 1 → b x .b = c → b 2x

2

+2

( 1)

=c

log a 2 b3 = x → a 2x = b3 → a 4x = b3
3

x

log 3 c a = x → c = a →

( 1) , ( 2 ) → b

2x 2 + 2

=

9
2
4x
b

( c)
3

x

4x

3

=b =

4x 2
c 3

→c=

→ 8x 4 + 8x 2 − 9 = 0 → x = ±

9
2
4x
b

( 2)

−8 + 4 22
16

 ≈ −1982, 499754...
→ Q = 24x 2 − 2x − 1997 = 
 ≈ −1979, 217257...
Câu 14: Đáp án D
Phương pháp: Tính nguyên hàm của hàm đã cho rồi ghép hệ số:
−

2

1

B 
−3x

3
+ B. 2 x
 A 1− x +
÷' = A
3

1+ x 

2 1− x
1+ x

(

)

2

3
B
− Ax 2
−
2
= 2
+
3
1− x
x 1+ x

(

)

2

2
−8

→ A = − ; B = −2 → A + B =
3
3
Câu 15: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng công thức hàm lũy thừa và hằng đẳng thức để rút gọn biểu thức.

Lời giải:

P=

(

x− y

)

2

(

)

2

−2
x− y

y
1
−

=
=x

÷
2
÷
x




x− y

÷
x ÷



Câu 16: Đáp án D
Phương pháp: Góc giữa 2 mặt phẳng (P) và (Q) được tính theo cơng thức
cos ( ( P ) , ( Q ) ) =

aa '+ bb '+ cc '
a 2 + b 2 + c 2 a ' 2 + b ' 2 + c '2
Trang 11


Lời giải:
Gọi mặt phẳng (Q) là ax + by + cz + d = 0.
Ta lập các hệ sau với giả thiết đi qua A, B:


a + 2b − c + d = 0 ( 1)


→ ( 1) − ( 2 ) : a − 2b − c = 0 → c = a − 2b
 4b + d = 0 ( 2 )

2a − b − 2c
cos α =

a 2 + b 2 + c 2 2 2 + 12 + 22
→ cos α =

2a − b − 2 ( a − 2b )
3 a 2 + b 2 + ( a − 2b )

2

=

b
2

2a − 4ab + 5b

2

=

b

2 ( a − b ) + 3b 2
2

≤

b
3b

2

=

1
3

Câu 17: Đáp án B
Phương pháp: Sử dụng công thức đơn giản của logarit

log a b = − log 1 b
a

Lời giải:

(

)(

)

Áp dụng cơng thức trên ta có: 3 + 2 2 3 − 2 2 = 9 − 8 = 1

→ lg 3+ 2

2

⇔ log 3+ 2

( x + m − 1) + log3−2
2

( mx + x ) = 0
2

2

( x + m − 1) + log3+ 2

( mx + x ) ⇔ x
2

2

2

+ x ( m − 1) + 1 − m = 0

Để phương trình có nghiệm duy nhất thì:
m −1 = 0
m = 1
2
∆ = ( m − 1) + 4 ( m − 1) = 0 ⇔ 

⇔
 m − 1 = −4
 m = −3
Câu 18: Đáp án B
Phương pháp: Tính đạo hàm và giải phương trình đạo hàm bậc nhất bằng 0, so sánh các giá trị này và giá
trị tại biên của hàm số để tìm GTLN, GTNN.
Lời giải: Ta có:
1

cos x =

f ' ( x ) = cos x + cos x − sin x = 2 cos x + cos x − 1 → f ' ( x ) = 0 ⇔
2

cos x = −1
2

2

2


f π = 0
x = π
 ( )

⇒
→ f ( 0 ) = 0
π
x =


3

f  π  = 3 3
  3 ÷
4

Câu 19: Đáp án A
Trang 12


Gọi chiều cao hình trụ là h, bán kính đáy là r và bán kính hình cầu R = 3 3
Ta có, để thể tích của hình trụ là lớn nhất thì sẽ phải thỏa mãn đẳng thức sau:

h2 2
+ r = R 2 = 27
4

Và ta cần tìm max của biểu thức: V = πr 2 h
Ta thấy: Áp dụng BĐT CơSi cho các số thực dương thì:
h2 r2 r2 h4
r 4h 2
3
27 = r +
= + +
≥3
→ r 4 h 2 ≤ 11664 → r 2 h ≤ 108
4
2 2 4
14

2

(

⇒ V ≤ 108π cm3

)

Câu 20: Đáp án D
Phương pháp: Để hàm số nghịch biến trên đâu thì f ' ( x ) ≤ 0 tại đó và dấu “ = “ xảy ra tại hữu hạn điểm.
Lời giải: Ta có: f ' ( x ) =

mx + m 2 − mx − 9

( x + m)

2

=

m2 − 9

( x + m)

2

< 0 ∀x ∈ ( −∞;1) → m 2 < 9 ⇔ −3 < m < 3

Câu 21: Đáp án C
Gọi đáy hình chóp là ABC, đỉnh là S với tâm đáy là O.

Khi đó dựng OH vng BC, ta có ngay:
BC ⊥ ( SOH ) → ( ( SBC ) , ( ABC ) ) = SHO = 600 → SO = OH.tan 60 =

a 3 1
a
. . 3=
2 3
2

1 a 1 a 3
a3 3
→V= . . .
.a =
3 2 2 2
24
Câu 22: Đáp án D
Dễ nhận thấy hàm số đã cho có 4 cực trị.
Câu 23: Đáp án C
Phương pháp: Sử dụng máy CASIO nhập x = 9999999999.. để tìm tiệm cận ngang.
Lời giải:

Trang 13


Ta có:
Như vậy TCN là y = 1.
Tương tự với nhập x = -9999999999999999…. Ta được y = -1 cũng là 1 TCN của đồ thị hàm số.
Câu 24: Đáp án B
Phương pháp: Nhập biểu thức tính tích phân qua CASIO nhận kết quả, tính từng đáp án A,B,C,D để so
sánh lần lượt.

Lời giải:

Ta có:
Nhận thấy ở đáp án B:

Câu 25: Đáp án C
Dễ thấy hình chóp tam giác mỗi cạnh chỉ là chung của 2 mặt mà thôi.
Câu 26: Đáp án A
Ta thấy: Sd = πR 2 . Do thiết diện qua trục là một giác giác đều nên: l = 2 và R = 1.
Gọi bán kính mặt cầu là r thì:
S = 4πr 2 = πR 2 + πRl ⇔ r =

1+ 2
3
=
4
2

Câu 27: Đáp án B
Phương pháp: Áp dụng cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón: S = πrl
a
a 3
Lời giải: Đặt BC = a, ta có: HC = ; BH =
2
2
cos15 =

BH
6+ 2
− 6 +3 2

−3 + 2 3
=
a → AB =
a; AH =
a → AC = a
AB
4
2
2

Trang 14

(

)

3 −1


abc 1
S=
=
4R 2

(

)

3
3 − 1 a .sin 60 =

4
2

(

)

2

3 −1 a =

(

a3 2 6 − 3 2
4R

) →R =a

6− 2
2

6+ 2
2

⇒ a = R.

2

→ Sxq

a a 3
3  6+ 2 2
3+ 2 3
=π .
=π
. 
R = πR 2
÷
÷
2 2
4 
2
2


Câu 28: Đáp án D
1
.x − log 3 x
1 − ln 3.log 3 x 1 − ln x
 log 3 x  x ln 3
=
= 2
 x ÷' =
2
x
x 2 ln 3
x ln 3


Câu 29: Đáp án B

Ta thấy: x 3 − 3x + 1 = y → x 3 − 3x + 1 = m + 1
Để có 3 nghiệm phân biệt thì: −1 < m + 1 < 3 ⇔ −2 < m < 2
Câu 30: Đáp án D
b 16
Ta có: log 2 a.log a b = log 2 b = . = 4 → b = 16;a = 2 → a + b = 18
4 b
Câu 31: Đáp án B
 x = −1
2
2
2
Ta có: 2x + 3x + 1 = x − x − 2 ⇔ x + 4x + 3 = 0 ⇔ 
 x = −3
Vậy: S =

−1

∫

x 2 + 4x + 3 dx =

−3

−1

∫(

−3

 −x3

 −1 4
4
− x 2 − 4x − 3 dx = 
− 2x 2 − 3x ÷ = − 0 =
3
 3
 −3 3

)

Câu 32: Đáp án D
Phương pháp: Thử từng giá trị của x thông qua CASIO để loại trừ từng đáp án.
Lời giải:

Giữa A và B chọn x = 1,5 ta có:

. Nhận giá trị này.

Trang 15


Giữa A và C chọn x = 1 ta có:

, loại nên loại A.

Giữa C và D chọn x = - 1,5 ta có:

, nhận

Câu 33: Đáp án C

13 15
 < → a >1
8
7
 2 + 5 < 2 + 3 → 0 < b <1

Câu 34: Đáp án B
Ta có: Tọa độ các điểm C, D lần lượt là: C ( 2;0; 2 ) ; D ( 1;1;1)
uuur
x −1 y z −1
= =
Vậy: AB = ( 1;1;1) → AB :
. Gọi H là chân đường cao từ C xuống AB, H ( t + 1; t; t + 1) ta
1
1
1
có:
uuur
uuur
2
CH ( t − 1; t; t − 1) ⊥ AB ( 1;1;1) ⇔ 3t − 2 = 0 ⇔ t =
3
→ S = CH.AB = 3.

5
= 5
3

Câu 35: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng công thức sau d 2 ( O, AB ) +

AB2
= R2
4

Lời giải: Ta có: Gọi O ( a;a − 3; b ) ta có:
OA 2 = OB2 ⇔ ( a − 1) + ( a − 5 ) + ( b − 1) = ( a − 3 ) + ( a − 5 ) + ( b − 3 )
2

2

2

2

2

⇔ −2a + 1 − 2b + 1 = −6a + 9 − 6b + 9 ⇔ a + b = 4

⇒ R 2 = ( a − 1) + ( a − 5 ) + ( 3 − a ) = 3a 2 − 18a + 35 = 3 ( a − 3) + 8 ≥ 8
2

2

2

2

⇒R≥2 2
Câu 36: Đáp án C

5 − x > 0
5 − x > 0
19


≤x<5
Ta có ĐKXĐ là: log 1 ( 5 − x ) ≥ 1 ⇔ 
1⇔
4
 4
5 − x ≤ 4
Câu 37: Đáp án C
Trang 16

2


Phương pháp: Để hàm số nghịch biến trên đâu thì f ' ( x ) ≤ 0 tại đó và dấu “ = “ xảy ra tại hữu hạn điểm.
m + 2 < 0
2
Lời giải: Ta có: f ' ( x ) = ( m + 2 ) x − 2 ( m + 2 ) x + m − 8 < 0 ∀x ∈ ¡ ⇔ 
∆ ≤ 0
m < −2
⇔
⇔ m < −2
2
( m + 2 ) − ( m + 2 ) ( m − 8 ) = 10 + 20 ≤ 0
Với m = -2 ta có: f ' ( x ) = −2 − 8 = −10 < 0 ∀x
Câu 38: Đáp án C
Thay vào ta có:

a = −2
2
z 2 + az + b = 0 ⇔ ( 1 − i ) + a ( 1 − i ) + b = 0 ⇔ −2i + a − ai + b = 0 ⇔ 
b = 2
→ w =2 2
Câu 39: Đáp án A
Ta có: Phương trình hồnh độ giao điểm là:
−x + m =

x −1
⇔ 2x 2 − 2xm + x − 1 = 0 ⇔ 2x 2 + x ( 1 − 2m ) − 1 = 0
2x

∆ = ( 1 − 2m ) + 8 = 4m 2 − 4m + 9 > 0 ∀m
2

AB =
2

( x1 − x 2 )

2

+ ( − x1 + m + x 2 − m ) = 2
2

( x1 + x 2 )

2

− 4x1x 2

4m 2 − 4m + 1
1

+ 2 ≥ 2 m = ÷
4
2


Câu 40: Đáp án A
Ta gọi tọa độ các điểm lần lượt là: N ( −a + 2;a;a + 1) ; P ( 2b; b − 1; −b − 6 )
uuuu
r
MN ( −a + 1;a − 1;a + 3)
−a + 1 a − 1 a + 3
→  uuur
→
=
=
2b
−
1
b
−
2
−b − 4
MP
2b
−

1;
b
−
2;
−
b
−
4
(
)

−ab + 2a + b − 2 = 2ab − a − 2b + 1
3ab − 3a − 3b + 3 = 0
( a − 1) ( b − 1) = 0
⇒
⇔
⇔
chọn
−ab − 4a + b + 4 = ab − 2a + 3b − 6
2ab + 2a + 2b − 10 = 0
ab + a + b − 5
 a = 1
 5



N
1;1;
2
;

P
4;1;
−
8
b
=
2
(
)
(
)

Q  2 ;1; −3 ÷

→
→
→ 

 b = 1
N ( 0; 2;3) ; P ( 2;0; −7 )


Q ( 1;1; −2 )

 a = 2
Câu 41: Đáp án B
Trang 17


Phương pháp: Chúng ta khơng thể sử dụng máy tính do người ra đề đã cố tình tránh việc này, cách duy

nhất là giải tích phân thơng thường.
Lời giải:
π
2

π
2

cos x

π
2

d ( sin x )



1

1



∫ ( sin x ) 2 = 5sin x + 6 dx = ∫ ( sin x − 2 ) ( sin x − 3) = ∫  sin x − 3 − sin x − 2 ÷ d ( sin x )
0

0

π
2

sin x − 3
= ln
sin x − 2

= ln 2 − ln

0

0

3
4
= ln
2
3

Do đó: a = 1; b = 0; c = 3
S=a+b+c=1+0+3=4
Câu 42: Đáp án B
w = x + yi → x + yi = 3 − 2i + ( 2 − i ) z ⇔
⇒

x + yi − 3 + 2i
=z
2−i

i ( x + 2y + 1) + 2x − y − 8
2x + 2yi − 6 + 4i + xi − y − 3i − 2
=z=

=z
5
5

→ ( x + 2y + 1) + ( 2x − y − 8 ) = 25.9 = 5x 2 + 5y 2 − 30x + 20y + 65
2

2

⇔ 5.9 = x 2 + y 2 − 6x + 4y + 13 = ( x − 3) + ( y − 2 ) → R = 3 5
2

2

Câu 43: Đáp án B
Phương pháp: Đặt ẩn phụ để đưa về phương trình bậc 2 sau đó ta sẽ đi biện luận:
Lời giải: Đặt 2 x = t ta có:
t +3
>0

t + 3 = m t2 +1 ⇔  m
 t 2 + 6t + 9 = m 2 t 2 + 1 → m 2 − 1 t 2 − 6t + m 2 − 9 = 0


(

(

)(

) (

)

)

→ ∆ = 36 − 4 m 2 − 1 m 2 − 9 > 0 ⇔ m 4 − 10m 2 < 0 ⇔ − 10 < m < 10
Đến đây ta sẽ kết hợp cùng loại trừ.
Xét m = 0 thấy ngay loại nên loại A.
Xét m = 1 thấy hiển nhiên loại nên loại D.
Ý C là sai so với điều kiện cần ở trên
Câu 44: Đáp án D
Hình elip trên nhận Ox làm trục đối xứng nên khối elip tròn xoay được sinh ra bởi nửa phía trên Ox của
elip khi quay quanh Ox.

Trang 18


Phương trình nửa trên là:

 x3 
x3 y2
+ 2 = 1 ⇔ y = b2 1 − ÷
3 b
3 


Dễ dàng ta sẽ tính được: V =

4 2

4 3 2
πb . 3 =
πb
3
3

Câu 45: Đáp án A
Phương pháp:
Với hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy, ta tìm tâm O đường
ngoại tiếp đáy, dựng đường // với chiều cao và cắt trung trực của
chiều cao tại tâm I của hình cầu cần tìm.
2

2
h
R =  ÷ + ( r = OA )
2

Lời giải:
( SAD ) ⊥ ( ABCD )
→ SD ⊥ ( ABCD ) → ( SC, ( ABCD ) ) = 450 → SD = DC = 1
Do 
( SCD ) ⊥ ( ABCD )
Gọi O là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta sẽ tính OD
Áp dụng công thức:
AC = 1 + 12.1.1.cos120 = 3 → S =

abc 1
1.1. 3
= .1.1.sin120 =

4R 2
4R

⇒ R = OB = 1 → O ≡ D
Như vậy tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABC lad D vì DS = DA = DB = DC = 1
Vậy V =

4 3 4
πR = π
3
3

Câu 46: Đáp án A
Phương pháp: Để có tiệm cận đứng x = a thì tử số khơng chứa a và mẫu nhận a làm nghiệm.
m.13 − 2 ≠ 0 m ≠ 2
x = 1
→
→
Lời giải: x − 3x + 2 = 0 ⇔ 
1
3
 x = 2  m.2 − 2 ≠ 0 m ≠

4
2

Câu 47: Đáp án B
Ta có: Thực hiện phép quy đồng biến đổi ta được:

( z − 1) ( 1 + iz ) = i ⇔

z−

1
z

( z − 1) ( 1 + iz ) = ai − b − a −i bi = ai − b − aai2 +− bb2

Trang 19

tròn


 a 2 + b2 − 1 
a 2 + b2 + 1
= ( ai − b )  2
⇔ ( ai − b )
= 1 + ai − b
2 ÷
a 2 + b2
 a +b 

a 2 + b2 + 1 
a 2 + b2 + 1
÷
⇔ i.  a.
−
1
=
1
−

b
+
b

÷
a 2 + b2
a 2 + b2


Tới đây ta sẽ thử chọn là nhanh nhất:
2

(

2

Nếu: a + b = 3 + 2 2 = 1 + 2

(

2
2
Nếu: a + b = 3 − 2 2 = 1 − 2

)

)

2

2

(

)


2+ 2
a. 2 − 2 − 1 = 0

a =
→
→
a 2 + b2 ≠ 3 + 2 2
2
1 − b + b 2 − 2 = 0  b = 1 + 2



(

(

)

)


−4 + 3 2
a. 4 + 3 2 − 1 = 0

a =


2
→
→
a 2 + b2 ≠ 3 + 2 2
1 − b + b 4 + 3 2 = 0 b = 1 − 2


3

(

(

)

(

)

 3
3

a. 4 − 1 = 0
a =
2
2
2

2
2
→
4 a +b ≠ 4
Nếu: a + b = 3 = 2 → 
1 − b + b 3 = 0 b = 4

4

(

)

)

Câu 48: Đáp án C
Phương pháp: Viết phương trình mặt phẳng qua 3 điểm, rồi cho điểm cịn lại thuộc mặt phẳng đó và tìm
ra tham số m.
Lời giải:
Ta viết phương trình mặt phẳng OAB, ta có:
uuur
OA ( 0;1; −2 )
uuuuuur
uuur uuur

 = ( 5; −2; −1) → ( OAB ) : 5x − 2y − z = 0
→
n
=
OA;OB

u
u
u
r

( OAB ) 

OB
1;
2;1
(
)

C ∈ ( OAB ) ⇒ 5.4 − 2.3 − m = 0 ⇔ m = 14
Câu 49: Đáp án A
Phương pháp: Để viết phương trình hình chiếu của d lên (Q), ta tìm giao điểm A của chúng. Điểm thứ 2
là 1 điểm bất kì qua đó vẽ đường vng góc với (Q) và cắt (Q) tại điểm thứ 2 B.
Phương trình cần tìm là đường qua AB.
Lời giải: Giao điểm của d và (P) là A ( 3t + 3; t + 1; − t − 1) ta có:
3t + 3 + t + 1 − 4 − 0 ⇔ 4t = 0 ⇔ t = 0 ⇔ A ( 3;1; −1)
Gỉa sử B ( 6; 2; −2 ) thuộc d. Ta có d’ là đường qua B và vng góc với (P) thì:

Trang 20


x = 6 + t
uur uuur

u d ' = n ( P ) = ( 1;0; −1) → d ' :  y = 2
→ C ( 6 + t; 2; 2 − t ) = d '∩ ( Q )

 z = −2 − t

⇒ 6 + t + t + 2 − 4 = 0 ⇔ 2t = −4 ⇔ t = −2 → C ( 4; 2;0 )
x = 3 + t
uuur

→ AC ( 1;1;1) → AC :  y = 1 + t
 z = −1 + t

Câu 50: Đáp án D
Phương pháp: Với giả thiết mặt (Q) đi qua 1 đường thẳng d, ta sẽ cho 2 điểm trên d vào phương trình (Q)
là xử lý xong.
Lời giải:
x = 0
Phương trình mặt phẳng ( Q ) : ax + by + cz + d = 0 và trục tung: 
, chọn điểm ( 0;0;0 ) và ( 0;1;0 ) có
z = 0
ngay d = 0. Cho a = 1. Ta có hệ:
1 + 4b − 3c = 0
1
→ c = → ( Q ) : 3x + z = 0

3
b = 0

Trang 21