Đề thi thử THPT 2017 môn Toán trường THPT Lê Hồng Phong Nam Định Lần 1 File word Có lời giải chi tiết

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
THPT LÊ HỒNG PHONG- NAM ĐỊNH- LẦN 1

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MƠN TỐN

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

3
2
Câu 1: Cho hàm số y = ax + bx + cx + d ( a ≠ 0 ) có đồ thị
như hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào sau đây về dấu của a,
đúng nhất?

A. a, d > 0

B. a > 0, c > 0 > b

C. a, b, c, d > 0

D. a, d > 0, c < 0

Câu 2: Đồ thị hàm số y =
A. 1

3x − 1
có số đường tiệm cận
x − 7x + 6

là?

2

B. 2

Câu 3: Hàm số y = ln ( x + 2 ) +
A. ( −∞;1)

hàm số
b, c, d là

C. 3

D. 0

3
đồng biến trên khoảng nào?
x+2
1 
C.  ;1÷
2 

B. ( 1; +∞ )

 1

D.  − ; +∞ ÷
 2


Câu 4: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ¡ \ { 2} và có bảng biến thiên sau:
x

−∞

y'
y

0
-

0

+∞

2
+

+

+∞

0

Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 và đạt cực tiểu tại điểm x = 4
B. Hàm số có đúng một cực trị
C. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1
D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng -15

Câu 5: Hàm số nào sau đây khơng có cực trị?
A. y = x 3 − 3x + 1

B.

-

-15
−∞

1

+∞

4

2−x
x +3

Trang 1

−∞


2n
D. y = x + 2017x ( n ∈ ¥ *)

C. y = x 4 − 4x 3 + 3x + 1

Câu 6: Kí hiệu M và m lần lượt là giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

[ 0;3] . Tính giá trị của tỉ số
A.

4
3

x2 + x + 4
trên đoạn
x +1

M
m

B.

5
3

C. 2

D.

2
3

Câu 7: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị hàm số như hình vẽ sau.
trị thực nào sau đây của m thì đường thẳng y = 2m cắt đồ thị hàm
tại hai điểm phân biệt.
A. m = 2

B. 0 < m < 2

C. m = 0

D. m < 0 hoặc m > 2

Câu 8: Cho các hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) , y =

Hỏi giá
số đã cho

f ( x) + 3
. Hệ số
g ( x ) +1

góc ủa

các tiếp tuyến của đồ thị các hàm số đã cho tại điểm có hồnh độ x = 1 bằng nhau và khác 0. Khẳng định
nào dưới đây là khẳng định đúng?
A. f ( 1) ≤ −

11
4

B. f ( 1) < −

11
4

C. f ( 1) > −

Câu 9: Tìm tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị hàm số y =
A. 0 < m <

1
2

B. 0 < m ≤

1
2

11
4

D. f ( 1) ≥ −

11
4

mx 2 + 3mx + 1
có 3 tiệm cận
x+2

C. m ≤ 0

D. m ≥

1

2

Câu 10: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = x + m ( sin x + cos x ) đồng biến trên R.
−1   1


; +∞ ÷
A. m ∈  −∞l
÷∪ 
2  2


C. −3 < m <

1
2

B.

−1
1
≤m≤
2
2

1   1


∪
; +∞ ÷

D. m ∈  −∞; −

2  2



Câu 11: Dynamo là một nhà ảo thuật gia đại tài người Anh nhưng người ta thường nói Dynamo làm ma
thuật chứ khơng phải làm ảo thuật. Bất kì màn trình diến nào của anh chảng trẻ tuổi tài cao này đều khiến
người xem há hốc miệng kinh ngạc vì nó vượt qua giới hạn của khoa học. Một lần đến New York anh
ngấu hứng trình diễn khả năng bay lơ lửng trong khơng trung của mình bằng cách di truyển từ tịa nhà
này đến tồ nhà khác và trong q trình anh di chuyển đấy có một lần anh đáp đất tại một điểm trong
khoảng cách của hai tòa nhà (Biết mọi di chuyển của anh đều là đường thẳng). Biết tịa nhà ban đầu
Dynamo đứng có chiều cao là a (m), tịa nhà sau đó Dynamo đến có chiều cao là b (m) ( a < b ) và khoảng
cách giữa hai tịa nhà là c(m). Vị trí đáp đất cách tòa nhà thứ nhất một đoạn là x (m) hỏi x bằng bao nhiêu
để quãng đường di chuyển của Dynamo là bé nhất.
Trang 2


A. x =

3ac
a+b

B. x =

ac
3( a + b)

C. x =

ac
a+b

D. x =

ac
2 ( a + b)

Câu 12: Giải phương trình log 4 ( x + 1) + log 4 ( x − 3) = 3
A. x = 1 ± 2 17

C. x = 33

B. x = 1 + 2 17

Câu 13: Tính đạo hàm của hàm số y = ( 1 − cos 3x )
A. y ' = 6sin 3x ( 1 − cos 3x )

6

B. y ' = 6sin 3x ( cos 3x − 1)

5

C. y ' = 18sin 3x ( 1 − cos 3x )

D. x = 5

5

D. y ' = 18sin 3x ( cos 3x − 1)

5

5

500
Câu 14: Giải bất phương trình log 1 ( x + 9 ) > −1000
3

A. x < 0

C. x > 0

B. x > −9500

Câu 15: Tìm tập xác định D của hàm số y = log 2 ( x 3 − 8 )

D. −31000 < x < 0

1000

A. D = ¡ \ { 2}

B. D = ( 2; +∞ )

C. D = ( −∞; 2 )

D. D = ( −2; +∞ ) ∪ ( −∞; 2 )

(

Câu 16: Cho hàm số f ( x ) = 3 − 2

) (
x3

− 3− 2

)

− x2

. Xét các khẳng định sau:

2
2
Khẳng định 1: f ( x ) > 0 ⇔ x + x > 0

Khẳng định 2: f ( x ) > 0 ⇔ x > −1

(

)

x 3 −1

(

)

x 3 +1

Khẳng định 3: f ( x ) < 3 − 2 ⇔ 3 − 2
Khẳng định 4: f ( x ) < 3 + 2 ⇔ 3 − 2

x 2 +1

 3+ 2 
< 1 + 
÷
÷
 7 

(

< 3− 2

)

1− x 2

+7

Trong các khẳng định trên, có bao nhiêu khẳng định đúng?
A. 4

B. 3

C. 1

D. 2

Câu 17: Cho hai số thực dương a và b, với a ≠ 1 . Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?
1
A. log a 2 ( ab ) = log a b
2

1
B. log a 2 ( ab ) = log a b
4

C. log a 2 ( ab ) = 2 + 2 log a b

D. log a 2 ( ab ) =

Câu 18: Tính đạo hàm của hàm số y =

x+3
9x
Trang 3

1 1
+ log a b
2 2


A. y ' =
C. y ' =

1 − 2 ( x + 3) ln 3
32x

B. y ' =

1 − 2 ( x + 3) ln 3
3x

D. y ' =

2

1 + 2 ( x + 3) ln 3
32x
1 + 2 ( x + 3) ln 3
3x

2

Câu 19: Đặt a = log 3 4, b = log 5 4 . Hãy biểu diễn log12 80 theo a và b
A. log12 80 =

2a 2 − 2ab
ab + b

B. log12 80 =

a + 2ab
ab

C. log12 80 =

a + 2ab
ab + b

D. log12 80 =

2a 2 − 2ab
ab

Câu 20: Xét a và b là hai số thực dương tùy ý. Đặt x = ln ( a 2 − ab + b 2 )

1000

, y = 1000 ln a − ln

1
1000

b

.

Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?
A. x < y

B. x > y

C. x ≤ y

D. x ≥ y

Câu 21: Năm 1992, người ta đã biết số p = 2756839 − 1 là một số nguyên tố (số nguyên tố lớn nhất được
biết cho đến lúc đó). Hãy tìm các chữ số của p khi viết trong hệ thập phân.
A. 227930 chữ số

B. 227834 chữ số

C. 227832 chữ số

D. 227831 chữ số

Câu 22: Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?
2

2

−2

0

A. ∫ f ( x ) dx = −2 ∫ f ( x ) dx
C.

2

2

−2

0

∫ f ( x ) dx = −∫ f ( x ) + f ( −x )  dx

2

2

−2

0

B. ∫ f ( x ) dx = 2∫ f ( x ) dx
D.

2

2

−2

0

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) − f ( −x )  dx

x
Câu 23: Tìm nguyên hàm của hàm F(x) của hàm số f ( x ) = 1000

A. F ( x ) =

103x
+C
3ln10

3x
B. F ( x ) = 3.10 ln10

C. F ( x ) =

1000 x +1
x +1

x
D. F ( x ) = 1000 + C

Câu 24: Trong Vật lí, cơng được hình thành khi một lực tác động vào một vật và gây ra sự dịch chuyển
Ví dụ như đi xe đạp. Một lực F(x) biến thiên , thay đổi, tác động vào một vật thể làm vật này dịch chuyển
b

từ x = a đến x = b thì cơng sinh ra bởi lực này có thể tính theo cơng thức W = ∫ F ( x ) dx . Với thơng tin
a

trên, hãy tính cơng W sinh ra khi một lực F ( x ) = 3x − 2 tác động vào một vật thể làm vật này di chuyển
từ x = 1 đến x = 6
A. W = 20

B. W = 12

C. W = 18

Trang 4

D. W = 14


3

Câu 25: Tính tích phân I = ∫ x ( x − 1)

1000

dx

1

A. I =

2003.21002
1003002

B. I =
21000

Câu 26: Tính tích phân I =

1502.21001
501501
ln x

∫ ( x + 1)

2

C. I =

3005.21002
1003002

D. I =

2003.21001
501501

dx

1

A. I = −

ln 21000
2
+ 1001ln
1000
1+ 2
1 + 21000

ln 21000
2
C. I =
− 1001ln

1000
1+ 2
1 + 21000

B. I = −

1000 ln 2
21000
+
ln
1 + 21000
1 + 21000

1000 ln 2
21000
D. I =
− ln
1 + 21000
1 + 21000

Câu 27: Tính diện tích hình phẳng H giới hạn bởi các đường y = x 2 − 2x + 4 và y = x + 2
A.

1
6

B.

1
2

C.

1
3

D.

Câu 28: Kí hiệu (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y =

1
4

( x − 1) e x −2x , y = 0, x = 2 . Tính thể tích
2

của khối trịn xoay thu được khi quay hình (H) xung quanh trục hoành.
A. V =

π ( 2e − 1)
2e

Câu 29: Cho số phức z =

B. V =

π ( 2e − 3)
2e

C. V =

π ( e − 1)
2e

D. V =

π ( e − 3)
2e

7 − 11i
. Tìm phần thực và phần ảo của z
2−i

A. Phần thực bằng -5 và phần ảo bằng -3i

B. Phần thực bằng -5 và phần ảo bằng -3

C. Phần thực bằng 5 và phần ảo bằng 3

D. Phần thực bằng 5 và phần ảo bằng 3i

Câu 30: Cho 2 số phức z1 = 1 + 3i, z 2 = 4 + 2i . Tính mơ đun của số phức z 2 − 2z1
A. 2 17

B. 2 13

C. 4

D. 5

Câu 31: Cho số phức z thỏa mãn ( 2 − i ) z = 7 − i . Hỏi điểm biểu
z là điểm nào trong các điểm M, N, P, Q ở hình dưới.

A. Điểm P

B. Điểm Q

C. Điểm M

D. Điểm N

diễn của

Câu 32: Cho số phức z = 2 + 3i . Tìm số phức w = ( 3 + 2i ) z + 2z
A. w = 5 + 7i

B. w = 4 + 7i

C. w = 7 + 5i

D. w = 7 + 4i

Câu 33: Kí hiệu z1 , z 2 , z 3 là ba nghiệm của phương trình phức z 3 + 2z 2 + z − 4 = 0 . Tính giá trị của biểu
thức T = z1 + z 2 + z 3
Trang 5


A. T = 4

B. T = 4 + 5

C. T = 4 5

D. T = 5

Câu 34: Cho số phức w và hai số thực a, b. Biết rằng 2w + i và 3w − 5 là hai nghiệm của phương trình
z 2 + az + b = 0 . Tìm phần thực của số phức w.
A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

Câu 35: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C’D’ có diện tích các mặt ABCD, ABB’A’ và ADD’A’ lần
lượt bằng S1 ,S2 và S3 . Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. V = S1

S2S3
2

B. V = S1S2S3

C. V =

1 S1S2S3
3
2

D. V = S2S3

S1
2

Câu 36: Cho hình chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a và các mặt bên đều tạo với mặt phẳng đáy một góc
bằng 600 . Tính thể tích V của khối chóp.
A. V =

a3 3
24

B. V =

a3 3
8

C. V =

a3 3
4

D. V =

a3 2
6

Câu 37: Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ đáy hình có cạnh bằng a, đường chéo AC’ tạo

0

với mặt bên (BCC’B’) một góc α ( 0 < α < 45 ) . Tính thể tích của lăng trụ tứ giác đều ABCD. A’B’C’D’

A. a 3 cot 2 α + 1

B. a 3 tan 2 α − 1

C. a 3 cos 2α

D. a 3 cot 2 α − 1

Câu 38: Cho hình chóp S. ABCD có A’, B’ lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB. Tính tỉ số thể tích
VSABC
VSA 'B'C'
A. 4

B.

1
4

C.

1
2

D. 2

Câu 39: Hình nón có thiết diện qua trục là tam giác đều. Tính độ dài đường cao của hình nón.
A.

a
4

B.

3
a
4

C. I ( 2; −1;1)

D.

3
a
2

Câu 40: Cho một cái bể nước hình hộp chữ nhật có ba kích thước 2m, 3m, 2m lần lượt là chiều dài, chiều
rộng, chiều cao của lòng trong đựng nước của bể. Hàng ngày nước ở trong bể được lấy ra bởi một cái gáo
nước hình trụ có chiều cao là 5cm và bán kính đường trịn đáy là 4 cm. Trung bình một ngày được múc ra
170 gáo nước để sử dụng (Biết mỗi lần múc là múc đầy gáo). Hỏi sau bao nhiêu ngày thì bể hết nước biết
rằng ban đầu bể đầy nước?
A. 280 ngày

B. 281 ngày

C. 282 ngày

D. 283 ngày

Câu 41: Một cái cốc hình trụ cao 15 cm đựng được 0,5 lít nước. Hỏi bán kính đường trịn đáy đáy của
cốc xấp xỉ bằng bao nhiêu (làm tròn đến hàng thập phân thứ hai)?
A. 3,26 cm

B. 3,27 cm

C. 3,25 cm

D. 3,28 cm

Câu 42: Cho hình chóp tam gics đều S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh SA =
D là điểm đối xứng của B qua C. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD
Trang 6

2a 3
. Gọi
3


A. R =

a 39
7

B. R =

a 35
7

C. R =

a 37
6

D. R =

a 39
7

Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng ( P ) : x − 2z + 3 = 0 . Véctơ nào dưới đây là một
vectơ pháp tuyến của (P)?
r
r
r
r
A. n = ( 1; −2;3)
B. n = ( 1;0; −2 )
C. n = ( 1; −2;0 )
D. n = ( 3; −2;1)
2
2
2
Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S) : x + y + z − 4x + 2y − 2z − 3 = 0 . Tìm
tọa độ tâm I và bán kính R của (S)

A. I ( 2; −1;1) và R = 3

B. I ( −2;1; −1) và R = 3

C. I ( 2; −1;1) và R = 9

D. I ( −2;1; −1) và R = 9

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt phẳng ( P ) : 2x + 3y + 4z − 5 = 0 và điểm A ( 1; −3;1) .
Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng (P)
A. d =

3
29

8
29

B. d =

C. d =

8
9

D. d =

8
29
x − 4 y −1 z − 2
=
=
2
1
1

Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng có phương trình d :

. Xét mặt phẳng ( P ) : x − 3y + 2mz − 4 = 0 , với m là tham số thực. Tìm m sao cho đường thẳng d song
song với mặt phẳng (P)
A. m =

1
2

B. m =

1
3

C. m = 1

D. m = 2

Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( −1;1;0 ) và B ( 3;1; −2 ) . Viết phương trình
mặt phẳng (P) đi qua trung điểm I của cạnh AB và vng góc với đường thẳng AB.
A. − x + 2z + 3 = 0

B. 2x − y − 1 = 0

C. 2y − z − 3 = 0

Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

D. 2x − z − 3 = 0

x z−3 y−2
=
=
và hai mặt phẳng
2
1
1

( P ) : x − 2y + 2z = 0. ( Q ) : x − 2y + 3z − 5 = 0 . Mặt cầu (S) có tâm I là giao điểm của đường thẳng d và mặt
phẳng (P). Mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt cầu (S).
A. ( S) : ( x + 2 ) + ( y + 4 ) + ( z + 3 ) =

2
7

B. ( S) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z − 3 ) =

9
14

C. ( S) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z − 3 ) =

2
7

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

9
14

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 1; −1;3) và hai đường thẳng
x − 4 y + 2 z −1
x − 2 y + 1 z −1
=
=
=

=
; d2 :
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A,
1
4
−2
1
−1
1
vng góc với đường thẳng d1và cắt đường thẳng d 2
d1 :

Trang 7


A. d :

x −1 y +1 z − 3
=
=
4
1
4

B. d :

x −1 y +1 z − 3
=
=
2

1
3

C. d :

x −1 y +1 z − 3
=
=
2
−1
−1

D. d :

x −1 y +1 z − 3
=
=
−2
2
3

Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( 1; −2;1) và B ( 0; 2; −1) , C ( 2; −3;1) . Điểm
2
2
2
M thỏa mãn T = MA 2 − MB2 + MC 2 nhỏ nhất. Tính giá trị của P = x M + 2y M + 3z M

A. P = 101

B. P = 134

C. P = 114
--- HẾT ---

Trang 8

D. P = 162


Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MƠN TỐN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
THPT LÊ HỒNG PHONG- NAM ĐỊNH- LẦN 1

BẢNG ĐÁP ÁN

1-D

2-C

3-B

4-C

5-B

6-A

7-D

8-A

9-A

10-B

11-C

12-B

13-C

14-D

15-A

16-A

17-D

18-A

19-C

20-D

21-C

22-D

23-A

24-D

25-B

26-A

27-A

28-C

29-C

30-A

31-C

32-B

33-D

34-D

35-B

36-A

37-D

38-A

39-D

40-B

41-A

42-C

43-B

44-A

45-B

46-A

47-C

48-C

49-C

50-B

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017

MƠN TỐN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
THPT LÊ HỒNG PHONG- NAM ĐỊNH- LẦN 1

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án d
3
2
Phương pháp: chú ý dạng của đồ thị hàm số bậc 3 y = ax + bx + cx + d ( a ≠ 0 )

a>0

y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ ∆ ' = b 2 − 3ac > 0

y ' = 0 có nghiệm kép
⇔ ∆ ' = b 2 − 3ac = 0

Trang 9

a<0


y ' = 0 vô nghiệm
⇔ ∆ ' = b 2 − 3ac < 0

Cách giải: dựa vào đồ thị hàm số ta có y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt với a > 0
∆ = b 2 − 4ac > 0 ⇒ ac < 0 mà a > 0 nên suy ra c < 0 suy ra loại B, C

Mặt khác thấy đồ thị cắt trục oy tại điểm có tung độ dương ⇒ d > 0
Câu 2: Đáp án C
Phương pháp: đồ thị hàm số y =

f ( x)
có các tiệm cận đứng là x = x1 , x = x 2 ,..., x = x n với x1 , x 2 ,..., x n
g( x)

là các nghiệm của g(x) mà không là nghiệm của f(x).
f ( x ) = +∞; lim+ f ( x ) = −∞; lim− f ( x ) = +∞; lim− f ( x ) = −∞; thì
Nếu có một trong các điều kiện xlim
→ x 0+
x →x 0
x → x0
x →x 0
đường thẳng x = x 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) .
Cách giải: ta có y =

3x − 1
3x − 1
=
x − 7x + 6 ( x − 6 ) ( x − 1)
2

Suy ra x = 6; x = 1 là các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
lim y = 0 suy ra y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

x →+∞

Câu 3: Đáp án B

– Phương pháp: Cách tìm khoảng đồng biến của f(x):
+ Tính y’. Giải phương trình y’ = 0
+ Giải bất phương trình y’ > 0
+ Suy ra khoảng đồng biến của hàm số (là khoảng mà tại đó y’ ≥ 0 ∀x và có hữu hạn giá trị x để y’ = 0 )
1
3
x −1
=
⇒ y' = 0 ⇔ x =1⇒ y' > 0 ⇔ x >1
– Cách giải: Ta có y ' = x + 2 −
2
2
( x + 2) ( x + 2)
Hàm số đồng biến trên ( 1; +∞ )
Câu 4: Đáp án C
–Phương pháp: Định nghĩa điểm cực trị: Hàm số f(x) liên tục trên ( a; b ) , x 0 ∈ ( a; b ) , nếu tồn tại h > 0
sao cho f ( x ) < f ( x 0 ) (hay f ( x ) > f ( x 0 ) ) với mọi x ∈ ( x 0 − h; x 0 + h ) \ { x 0 } thì x 0 là điểm cực đại (hay
điểm cực tiểu) của hàm số f ( x ) . Khi đó f ( x 0 ) là giá trị cực đại (hay giá trị cực tiểu) của hàm số.

Trang 10


Định nghĩa GTLN (GTNN) của hàm số: Hàm số f(x) có tập xác định là D, nếu tồn tại x 0 ∈ D sao cho
f ( x ) ≤ f ( x 0 ) (hay f ( x ) ≥ f ( x 0 ) ) ∀x ∈ D thì f ( x 0 ) là GTLN (hay GTNN) của hàm số.
Chú ý: Tại điểm cực trị của hàm số, đạo hàm có thể bằng 0, hoặc khơng xác định
Có thể hiểu: Cực trị là xét trên một lân cận của x 0 (một khoảng ( x 0 − h; x 0 + h ) ), còn GTLN, GTNN là
xét trên toàn bộ tập xác định.
– Cách giải: Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 4 ; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 suy ra
loại A.
Hàm số có 2 cực trị suy ra loại B.

Câu 5: Đáp án B
– Phương pháp: Hàm phân thức y =

ax + b
( c ≠ 0;ad − bc ≠ 0 ) khơng có cực trị.
cx + d

- Giải: Trong bốn đáp án A, B, C, D có ý B là hàm phân thức nên suy ra hàm số khơng có cực trị,
Câu 6: Đáp án A
– Phương pháp: Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số trên 1 đoạn [ a; b ]
+ Tính y ', tìm các nghiệm x1 , x 2,.... tḥc [a; b] của phương trình y ' = 0
+ Tính y ( a ) , y ( b ) , y ( x1 ) , y ( x 2 ) ,...
+ So sánh các giá trị vừa tính, giá trị lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của hàm số trên [ a; b ] ,
giá trị nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của hàm số trên [ a; b ]
- Giải: ta có

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

=

x 2 + 2x − 3

( x + 1)

2

 x = 1 ∈ [ 0;3]

y' = 0 ⇔ 
 x = −3 ∉ [ 0;3]
y ( 0 ) = 4; y ( 1) = 3; y ( 3 ) = 4
⇒ M = 4; m = 3 ⇒

M 4
=
m 3

Câu 7: Đáp án D
– Phương pháp: Cho phương trình f ( x ) = g ( x )
Khi đó số nghiệm của phương trình trên chính bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) với đồ thị
hàm số y = g ( x )

Trang 11


– Cách giải: Dựa vào đồ thị ta thấy để dt y = 2m cắt đồ thị hàm số y = f ( x ) tại 2 điểm phân biệt khi
 2m > 4
m > 2
 2m < 0 ⇔  m < 0


Câu 8: Đáp án A
 − b −∆ 
2
– Phương pháp: Chú ý đồ thị hàm số bậc hai y = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) có tọa độ đỉnh  ;
÷
 2a 4a 
Với a > 0 bề lõm quay lên trên; a < 0 bề lõm quay xuống dưới.

 f ( x ) + 3  f ' ( x ) ( g ( x ) + 1) − g ' ( x ) ( f ( x ) + 3 )
÷
-cách giải: ta có y ' = 
2
÷=
( g ( x ) + 1)
 g ( x ) +1 
⇒

⇒

f ' ( 1) ( g ( 1) + 1) − g ' ( 1) ( f ( 1) + 3)

( g ( 1) + 1)

f ' ( 1) ( g ( 1) − f ( 1) − 2 )

( g ( 1) + 1)

2

= f ' ( 1) = g ' ( 1)

2

= f ' ( 1)

⇒ g ( 1) − f ( 1) − 2 = ( g ( 1) + 1)

2

⇒ f ( 1) = −g 2 ( 1) − g ( 1) − 3
2
Xét −g ( 1) − g ( 1) − 3 có: ∆ = ( −1) − 4. ( −1) . ( −3) = −11 < 0;a − 1 < 0
2

⇒

−∆ −11
−11
=
⇒ f ( 1) ≤
4a
4
4

Câu 9: Đáp án A
f ( x ) = +∞; lim+ f ( x ) = −∞;
– Phương pháp: Nếu có một trong các điều kiện xlim
→ x 0+
x →x0
lim f ( x ) = +∞; lim− f ( x ) = −∞; thì đường thẳng x = x 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x )
x →x 0

x → x 0−

f ( x ) = y 0 hoặc lim f ( x ) = y 0 thì đường thẳng y = y 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
Nếu xlim
→+∞
x →−∞

y = f ( x)
Cách giải: ta có

lim y = lim

x →±∞

x →±∞

x

3m 1
+
x x2 = ± m
x+2

m+

Đặt f ( x ) = mx 2 + 3mx + 1
1

f ( −2 ) > 0
 4m − 6m + 1 > 0
m <
⇔
⇔
2
Để hàm số có 3 tiệm cận thì 
m>0


 m>0
 m > 0
Trang 12


Câu 10: Đáp án B
–Phương pháp: Điều kiện để hàm số f(x) đồng biến (nghịch biến) trên ¡
+ f(x) liên tục trên ¡
+ f(x) có đạo hàm f ' ( x ) ≥ 0 ( ≤ 0 ) ∀x ∈ ¡ và số giá trị x để f ' ( x ) = 0 là hữu hạn
π

-Cách giải: ta có y ' = 1 + m ( cos x − sin x ) = 1 + m 2 cos  + x ÷
4


m<
1 − m 2 > 0
π


⇔
Vì cos  x + ÷∈ [ −1;1] nên để y ' > 0 ta có 
4

1
+
m
2
>
0

m >



1
−1
1
2
⇔
−1
2
2
2

Câu 11: Đáp án C
– Phương pháp: Trong một số bài tập tìm điều kiện của ẩn để biểu thức đạt giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất
ta có thể dùng phương pháp tọa độ để giải
+ Gắn hệ trục tọa độ phù hợp
+ Xác định tọa độ các điểm cần thiết
+ Chuyển yêu cầu bài toán thành yêu cầu liên quan đến các yếu tố
phẳng.

trong mặt

– Cách giải
Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, có
OA = a; OB = x; OD = c; CD = b
Lấy E là điểm đối xứng với A qua OD.
Ta có E ( 0; −a ) ; B ( x;0 ) ; C ( c; b )

Yêu cầu bài tốn là tìm x để AB + BC nhỏ nhất
Mà ta có AB = EB nên suy ra AB + BC = EB + BC
Khi đó EB + BC nhỏ nhất khi và chỉ khi E, B, C thẳng hàng.
uuu
r
uuu
r
Có EB ( x;a ) ;CE ( c; b + a )
uuu
r
uuu
r
x
a
ac
⇒x=
E, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi EB và CE cùng phương hay =
c b+a
a+b
Câu 12: Đáp án B
– Phương pháp: Khi giải phương trình logarit cần chú ý đặt điều kiện để biểu thức dưới dấu logarit lớn
hơn không, cơ số khác 1 và lớn hơn khơng.
Chú ý quy tắc tính logarit của một tích log a bc = log a b + log a c
b
Phương trình logarit cơ bản log a x = b ⇔ x = a

Trang 13


 x +1 > 0

⇔ x>3
Cách giải: điều kiện 
x − 3 > 0
Ta có: log 4 ( x + 1) + log 4 ( x − 3) = 3 ⇔ log 4 ( x + 1) ( x − 3) = 3
⇔ ( x + 1) ( x − 3) = 43 ⇔ x 2 − 2x − 67 = 0 ⇔ x = 1 ± 2 27
So sánh với điều kiện nghiệm của pt là x = 1 ± 2 17
Câu 13: Đáp án C
n
n −1
– Phương pháp: Công thức đạo hàm hàm hợp ( u ) = n.u .u ' ( cos u ) ' = −u 'sin u

(

– Cách giải: Ta có y ' = ( 1 − cos 3x )
= 18sin 3x ( 1 − cos 3x )

6

) = 6.( 1 − cos 3x )

5

. ( 1 − cos 3x ) ' = 6 ( 1 − cos 3x ) .3sin 3x
5

5

Câu 14: Đáp án D
– Phương pháp: Khi giải bất phương trình logarit cần chú ý điều kiện để biểu thức dưới dấu logarit lớn
hơn khơng.

b
Đưa bất phương trình đã cho về bất phương trình cơ bản log a x > b ⇔ 0 < x < a ( 0 < a < 1)

Cách giải: điều kiện x + 9500 > 0 ⇔ x > −9500
−1000

Ta có vì cơ số 0 < a =

1
1
< 1 nên log 1 ( x + 9500 ) > −1000 ⇔ 0 < x + 9500 <  ÷
3
3
3

⇔ 0 < x + 9500 < 31000 ⇔ −9500 < x < 31000 − 9500 ⇔ −31000 < x < 31000 − 31000 ⇔ −31000 < x < 0
Câu 15: Đáp án A
– Phương pháp: Điều kiện để tồn tại log a b là a, b > 0;a ≠ 1
- Cách giải: Điều kiện ( x 3 − 8 )

1000

>0⇔x≠2

Tập xác định D = ¡ \ { 2}
Câu 16: Đáp án A
– Phương pháp: Chú ý đối với bất phương trình mũ a f ( x ) > a g ( x )
f ( x)
g( x )
Với a > 1 thì a > a ⇔ f ( x ) > g ( x )

f ( x)
g( x )
Với 0 < a < 1 thì a > a ⇔ f ( x ) < g ( x )

-cách giải: cơ số 3 − 2 > 1

(

Ta có f ( x ) > 0 ⇔ 3 − 2

) (
x3

− 3− 2

)

−x2

> 0 ⇔ x 3 > − x 2 ⇔ x 3 + x 2 > 0 suy ra khẳng định 1 đúng.

Trang 14


(

Ta có f ( x ) > 0 ⇔ 3 − 2

) (

(

Ta có: f ( x ) > 0 ⇔ 3 − 2

x3

− 3− 2

)

−x2

) −( 3− 2)
x3

−x2

> 0 ⇔ x 3 > − x 2 ⇔ x 3 + x 2 > 0 suy ra khẳng định 1 đúng.
> 0 ⇔ x3 > −x 2 ⇔ x3 + x 2 > 0

⇔ x 2 ( x + 1) > 0 ⇔ x > −1 suy ra khẳng định 2 đúng.

(

Ta có: f ( x ) < 3 − 2 ⇔ 3 − 2

(

)

x 3 −1

(

)

x 3 −1

⇔ 3− 2

⇔ 3− 2

(

< 1+ 3 − 2

)

(

) (
x3

x

(

− x 2 −1

⇔ 3− 2

)

−x

2

x 3 −1

< 3− 2 ⇔

(

3− 2

)

x3

3− 2

−

(

3− 2

)

−x2

<1

3− 2

x 2 +1

 1 
< 1+ 
÷
 3− 2 

x 2 +1

 3+ 2 
< 1 + 
÷
÷
 7 

suy ra khẳng định 3 đúng

(

) (

)

) (

) (

) (

Ta có: f ( x ) < 3 + 2 ⇔ 3 − 2
⇔ 3− 2

) −( 3− 2)
3

3− 2 − 3− 2

x3

− 3− 2

− x2

− x2

< 3+ 2

)(

3− 2 < 3+ 2 3− 2

)

(

⇔ 3− 2

)

x 3 +1

(

< 3− 2

)

1− x 2

Suy ra khẳng định 4 đúng.
Câu 17: Đáp án D
– Phương pháp: Cho hai số thực dương a, b,c với a khác 1 ta có
1
log a bc = log a b + log a c;log a α b = log a b
α
1
1
1 1
-cách giải: log a 2 ( ab ) = log a ( ab ) = ( log a a + log a b ) = + log a b
2
2
2 2
Câu 18: Đáp án A
'

x
x
 u  u '.v − uv '
– Phương pháp: Đạo hàm của một thương  ÷ =
; ( a ) ' = a .ln a
2
v
v
x
x
'
x
x
x + 3  ( x + 3) '.9 − ( x + 3 ) ( 9 ) ' 9 − ( x + 3) 9 ln 9

Cách giải: y ' =  x ÷ =
=
92x
92x
 9 

=

9 x ( 1 − 2 ( x + 3) ln 3)
9

2x

=

1 − 2 ( x + 3) ln 3
32x

Câu 19: Đáp án C
-Phương pháp: Công thức đổi cơ số log a b =

log c b
1
;log a b =
;log a bc = log a b + log a c
log c a
log b a

Cách giải: ta có: 80 = 42.5;12 = 3.4
Trang 15

+7 .


log12 80 = log12 42 + log12 5 = 2 log12 4 + log12 5 =
=

2
1
+1
a

+

2

b
+b
a

=

2
1
2
1
+
=
+
log 4 12 log5 12 log 4 3 + 1 log 5 3 + log 5 4

2a
a
2ab + a
+
=
a + 1 b ( a + 1)
ab + b

Câu 20: Đáp án A
– Phương pháp: Có bất đẳng thức ( a − b ) ≥ 0 ⇔ a 2 − ab + b 2 ≥ ab
2

-cách giải: ta có x = ln ( a 2 − ab + b 2 )
y = 1000 ln a − ln

1
1000

b

1000

= 1000 ln ( a 2 − ab + b 2 )

= 1000 ln a + 1000 ln b = 1000 ln ab

2
2
2
2
Ta có: a 2 − ab + b 2 ≥ ab nên ln ( a − ab + b ) ≥ ln ab ⇔ 1000 ln ( a − ab + b ) ≥ 1000 ln ab

⇔x≥y
Câu 21: Đáp án C
– Phương pháp: Số các chữ số của số dạng a x là [ x log a ] + 1 trong đó [ x log a ] là giá trị phần nguyên
của a.log x
– Cách giải: Ta có p = 2756839 − 1 ⇒ p + 1 = 2756839
Số các chữ số của p + 1 là [ 756839 log 2] + 1 = 227832
Do đó số các chữ số của p là 227832
Câu 22: Đáp án D
b

– Phương pháp : Cơng thức tích phân ∫ f ( x ) dx = F ( x )
a

b

c

b

a

a

c

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx
b

a

a

b

b
= F( b) − F( a )
a

( a < c < b)

∫ f ( x ) dx = − ∫ f ( x ) dx
Trong đó F(x) là 1 nguyên hàm của f(x)
– Cách giải: Ta có

2

0

2

−2

−2

0

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x )dx
−2

Gọi F(x) là 1 nguyên hàm của f(x) thì ta có

∫ f ( x ) dx = F ( x )
0

Trang 16

−2
= F ( −2 ) − F ( 0 )
0


2

2

∫ f ( −x ) dx = F ( −x ) 0 = F ( −2 ) − F ( 0 )
0

−2

2

0

0

⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( − x ) dx
Suy ra

2

0

2

−2

2

2

2

−1

−2

0

0

0

0

0

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x )dx = − ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx = − ∫ f ( −x )dx + ∫ f ( x )dx

Câu 23: Đáp án A
– Phương pháp ∫ a x dx =

ax
+C
ln a

- Cách giải: ∫ 1000 x dx =

1000 x
103x
+C =
+C
ln1000

3ln10

Câu 24: Đáp án D
– Phương pháp: Các bước tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số:
b

Tính I = ∫ f ( u ( x ) ) u ' ( x ) dx
a

+ Đặt u = u ( x )
+ Tính du = u '.dx ⇒ dx =

du
u'

+ Đổi cận:
x

a

b

u

α

β

b

β

a

α

+ Biến đổi: I = ∫ f ( u ( x ) ) u ' ( x ) dx = ∫ f ( u ) du = F ( β ) − F ( α )
6

- Cách giải: W = ∫ 3x − 2dx
1

Đặt u = 3x − 2 ⇒ du = 3dx . Ta có u ( 1) = 1; u ( 6 ) = 16
16

⇒W=∫
1

16
du 1 12
2 32 16
u
=
u du = u
= 14
1
3 3 ∫1
9

Câu 25: Đáp án B

– Phương pháp: Các bước tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số:
b

Tính I = ∫ f ( u ( x ) ) u ' ( x ) dx
a

Trang 17


+ Đặt u = u ( x )
+ Tính du = u '.dx ⇒ dx =

du
u'

+ Đổi cận:
x

a

b

u

α

β

b

β

a

α

+ Biến đổi: I = ∫ f ( u ( x ) ) u ' ( x ) dx = ∫ f ( u ) du = F ( β ) − F ( α )
Cách giải: đặt u = x − 1 ⇒ x = u + 1 ⇒ du = dx . Có u ( 1) = 0; u ( 3) = 2
2

⇒ I = ∫ ( u + 1) u
0

=

2

1000

du = ∫ u
0

 u1002 u1001  2
du + ∫ u1000 du = 
+
÷
 1002 1001  0
0
2

1001

21002 21001 1001.21002 + 1002.21001 1502.21001
+
=
=
1002 1001
1003002
501501

Câu 26: Đáp án A
b

– Phương pháp: Tính tích phân ∫ p ( x ) ln f ( x ) dx ta sử dụng phương pháp tích phân từng phần
a

 u = ln f ( x )
b b
⇒ I = u.v − ∫ vdu
Đặt 
a a
dv = p ( x ) dx
 u = ln x
dx


 du = x
Cách giải: đặt dv = dx ⇒ 
2


v = − 1
x + 1)
(

x +1

ln x 21000
⇒I=−
+
x +1 1
=−

21000

∫
1

1 dx
ln 21000
. = − 1000
+
x +1 x
2 +1

21000

∫
1

1 

1000 ln 2
x 21000
1
−
dx
=
−
+
ln

÷
21000 + 1
x +1 1
 x x +1 

1000 ln 2
21000
1
1000 ln 2
21001
+
ln
−
ln
=
−
+
ln
21000 + 1
21000 + 1

2
21000 + 1
21000 + 1

Câu 27: Đáp án A
Phương pháp: Cho hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) liên tục trên [ a; b ] . Khi đó diện tích hình phẳng giới
b

hạn bởi đồ thị hai hàm số này và hai đường thẳng x = a, x = b là S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx
a

– Cách giải: Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:
x =1
x 2 − 2x + 4 = x + 2 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ 
x = 2
Trang 18


2
 x 3 3x 2
2 1
2
+ 2x ÷ =
Diện tích hình phẳng S = ∫ x − 3x + 2 dx = −  −
2
 3
1 6
1

Câu 28: Đáp án C

Phương pháp: Cho hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) liên tục trên [ a; b ] . Khi đó thể tích vật trịn xoay
b

2
giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) , trục Ox và hai đường thẳng x = a, x = b là V = π∫ f ( x ) dx
a

– Cách giải: Hoành độ giao điểm của đường y =

( x − 1) e x −2x
2

( x − 1) e x −2x
2

và trục Ox là nghiệm của phương trình

= 0 ⇔ x =1
2

x
Thể tích vật thể cần tìm V = π∫ ( x − 1) e

2

− 2x

dx

1

2
Đặt t = x − 2x ⇒ dt = 2 ( x − 1) dx

Có: x = 1 ⇒ t = −1; x = 2 ⇒ t = 0
0
0 π π 1 π ( e − 1)
π t
π
⇒ V = ∫ e dt = .e t
= − . =
2 −1
2 −1 2 2 e
2e

Câu 29: Đáp án C
– Phương pháp: +Sử dụng các quy tắc nhân chia số phức thộng thường để tìm số phức
+ z = a + bi ⇒ z = a − bi
Cách giải: z =

7 − 11i ( 7 − 11i ) ( 2 + i ) 14 + 11 + 7i − 22i 25 − 15i
=
=
=
= 5 − 3i
2−i
22 + 12
5
5

⇒ z = 5 + 3i
Vậy phần thực và phần ảo của z là 5 và 3
Câu 30: Đáp án A
–Phương pháp: +Sử dụng các quy tắc nhân chia số phức thộng thường để tìm số phức
2
2
z = a + bi ⇒ z = a − bi và z = a + b

Cách giải: z 2 = 2z1 = 4 − 2i − 2 ( 1 + 3i ) = 2 − 8i ⇒ z 2 − 2z1 = 2 2 + 82 = 68 = 2 17
Câu 31: Đáp án C
Phương pháp: +Biến đổi, sử dụng các quy tắc về cộng trừ, nhân chia số phức để tìm ra số phức z
+ Nếu z = a + bi thì điểm có tọa độ ( a; b ) là điểm biểu diễn số phức z
- Cách giải: ( 2 − i ) z = 7 − i ⇒ z =

7 − i ( 7 − i ) ( 2 + i ) 15 + 5i
=
=
= 3+i
2−i
5
5
Trang 19


Suy ra điểm có tọa độ (3;1) sẽ biểu diễn số phức z, suy ra M thỏa mãn
Câu 32: Đáp án B
– Phương pháp: +Sử dụng các quy tắc nhân chia số phức thộng thường
z = a + bi ⇒ z = a − bi

Cách giải: w = ( 3 + 2i ) z + 2z = ( 3 + 2i ) ( 2 + 3i ) + 2. ( 2 − 3i ) = 6 − 6 + 4i + 9i + 4 − 6i = 4 + 7i

Câu 33: Đáp án D
Phương pháp: +Tìm nghiệm của phương trình bậc ba ẩn z (nhẩm nghiệm)
+Tính giá trị biểu thức


z =1

z =1

−3 + i 7
3
2
⇔  z =
Cách giải: z + 2z + z − 4 = 0 ⇔  2
2
 z + 3z + 4 = 0

 z = −3 − i 7

2
T = z1 + z 2 + z 3 = 1 + 2.

9 7
+ = 1 + 16 = 5
4 4

Câu 34: Đáp án D
– Phương pháp: Sử dụng viet thiết lập hệ phương trình liên quan tới phần thực và phần ảo của số phức w
– Cách giải: Đặt w = x + yi . Do 2w + i;3w − 5 là hai nghiệm của phương trình z 2 + az + b = 0 nên ta có:


( 5x − 5 + a ) + ( 5y + 1) i = 0
 2w + i + 3w − 5 = −a
⇔

2
2
( 2w + i ) ( 3w − 5 ) = b
6 ( x − y ) + 12xyi − 10 ( x + yi ) − 5i + 3i ( x + yi ) − b = 0

( 5x − 5 + a ) + ( 5y + 1) i = 0
⇔
2
2
6 ( x − y ) = 10x − 3y − b + ( 12xy − 10y + 3x − 5 ) i = 0
1

5y + 1 = 0

y = −
⇒
⇒
5
12xy − 10y + 3x − 5 = 0  x = 5

Câu 35: Đáp án B
– Phương pháp: +Biểu diễn diện tích các mặt và thể tích hình hộp theo các cạnh hình hộp, từ đó suy ra
cơng thức về mối liên hệ giữa thể tích và diện tích các mặt.
- Cách giải: Gọi độ dài các cạnh AA ' = x; AB = y; AD = z
AA ' = x; AB = y; AD = z
⇒ SABCD = zy;SABB'A ' = xz;SADD'A ' = xy

Trang 20


⇒ SABCD .SABB'A ' .SADD 'A ' = x 2 y 2 z 2 = V 2 ⇒ V = SABCD .SABB'A ' .SADD 'A '
Câu 36: Đáp án A
– Phương pháp: +Tính độ dài đường cao SG
1
+Tính thể tích khối chóp VS.ABC = SABC .SG
3
Cách giải: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Do S.ABC là
đều nên SG ⊥ ( ABC )

hình chóp

Gọi M là trung điểm BC, khi đó do BC ⊥ ( SMA )
⇒ ( ( SBC ) , ( ABC ) ) = ( SM, MG ) = SMG = 600
1
a 3
a
⇒ SG = GM.tan 600 = AM.tan 600 =
. 3=
3
6
3
1
1 a2 3 a a3 3
VS.ABC = SABC .SG = .
=
3
3 4 2

24
Câu 37: Đáp án D
Phương pháp: Thể tích khối lăng trụ V = S.h
Cách giải: Do
AB ⊥ ( BCC ' B ' ) ⇒ ( AC ', ( BCC ' B' ) ) = ( AC ', BC ' ) = AC ' B = α
⇒ cot AC ' B =

BC '
⇒ BC ' = AB.cot = a cot α
AB

⇒ BB ' = BC '2 − BC 2 = a 2 cot 2 α − a 2 = a cot 2 α − 1
⇒ VABCD.A 'B'C'D ' = SABCD .BB' = a.a.a cot 2 α − 1 = a 3 cot 2 α − 1
Câu 38: Đáp án A
Phương pháp:
Cách giải:

VS.ABC
SA.SB
=
VS.A 'B'C SA '.SB'

VS.ABC
SA SB
=
.
= 2.2 = 4
VS.A 'B'C SA ' SB'

Câu 39: Đáp án D

– Cách giải: Độ dài đường cao của hình nón cũng chính là chiều cao của tam giác đều ⇒ h = a
Câu 40: Đáp án B
– Phương pháp: +Tính thể tích của gáo nước từ đó tính lượng nước được múc ra trong một ngày
+Tính thể tích bể nước suy ra số ngày để dùng hết nước trong bể
Trang 21

3
2


2
2
−5
3
– Cách giải: Thể tích gáo V1 = πR .h = π.0, 04 .0, 05 = 8π.10 ( m )
−5
3
Số nước múc ra trong một ngày V2 = 170V1 = 170.8π.10 = 0, 0136π ( m )

Số ngày dùng hết nước là:

2.3.2
12
=
≈ 281 (ngày)
V2
0, 0136π

Câu 41: Đáp án A
– Phương pháp: Thể tích hình trụ V = Sh = πR 2 .h ⇒ R =

-Cách giải: V = Sh = πR 2 .h ⇒ R =

V1
πh

V1
0,5.10−3
=
= 0, 0326 ( m ) = 3, 26 ( cm )
πh
π.0,15

Câu 42: Đáp án C
– Phương pháp: +Xác định trục đường tròn ngoại tiếp
phẳng đáy

của mặt

+Xác định trục đường tròn ngoại tiếp của một mặt bên
mặt là tam giác đặc biệt)

(Chọn

+Tìm tâm của mặt cầu ngoại tiếp là giao của hai đường
xác định, từ đó tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình

thẳng vừa
chóp

– Cách giải: Do D đối xứng với C qua B nên có

BC=DC=AC suy ra tam giác ABD là tam giác vng tại

A.

Kẻ đường thẳng d qua C vng góc với đáy, đường
là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy ABD.

thẳng này

Tam giác SAB cân tại S, gọi M là trung điểm AB, H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB
⇒ H ∈ AM;SM = SA 2 − AM 2 =

a 13
2 3

2

 2a 
.a
AB.SA.SB  3 ÷
4a

SH =
=
=
1
4.S SAB
39
4. .a.AM
2

Trong (SAC) dựng HI ⊥ SM ( I ∈ d ) ( 1)
 AB ⊥ SM
⇒ AB ⊥ ( SMC ) ⇒ AB ⊥ HI ( 2 )
Mà 
 AB ⊥ MC
Từ (1), (2) suy ra HI ⊥ ( SAB ) , suy ra I là tâm đường trịn ngoại
chóp S.ABD
Gọi Q = MS ∩ CI , xét tam giác SCM có

Trang 22

tiếp hình


SM MG 1
a 13 a 39
=
= ⇒ QM = 3SM = 3
=
QM MC 3
2
2 3
⇒ QH = QM − MS + HS =

a 39 a 13 4a
17a
−
+
=
2

2 3
39
39

QC = QM 2 − MC 2 = 3a
Xét: ∆QHI ~ ∆QCM ⇒

HI HQ
HQ.CM 17a
=
⇒ HI =
=
CM QC
QC
6 13
2

2

 a 17   4a 
a 37
⇒ R = SI = HI + HS = 
+
=
÷

÷
÷
6
 6 13   39 

2

2

Câu 43: Đáp án B

r
– Phương pháp: Mặt phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 có vecto pháp tuyến là n = ( A; B;C )
r
Cách giải: (P) có vecto pháp tuyến là n = ( 1;0; −2 )
Câu 44: Đáp án A
2
2
2
– Phương pháp: Đường tròn ( 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
Cách giải: (S) có tâm I ( 2; −1;1) ; R = 22 + 1 + 1 − ( −3) = 9 = 3
Câu 45: Đáp án B
– Phương pháp: d ( A; ( P ) ) =
Cách giải: d ( A; ( P ) ) =

Ax A + By A + Cz A + D
A 2 + B2 + C 2

2.1 + 3. ( −3) + 4.1 − 5
22 + 32 + 42

=

8
29

Câu 46: Đáp án A

uur uuur
u d ⊥ n ( P)

Phương pháp: d / / ( P ) ⇔  M ∈ d
 M ∉( P)

1

uur
uuur
 m = 2
 2 − 3 + 2m = 0
1
⇔
⇒m=
Cách giải: có u d = ( 2;1;1) ; n ( P ) = ( 1; −3; 2m ) ⇒ 
2
4 − 3 + 4m − 4 ≠ 0
m ≠ 3

4
Câu 47: Đáp án C
– Phương pháp: +Xác định tọa độ điểm I (sử dụng công thức tọa độ trung điểm)
Trang 23

uuur
+Viết phương trình mặt phẳng qua I và nhận AB làm vecto pháp tuyến
x A + x B −1 + 3

=
=1
x I =
2
2

uuur
r

y + yB 1 + 1
=
= 1 ⇒ I ( 1;1; −1) ; AB = ( 4;0; −2 ) ⇒ n = ( 2;0; −1)
– Cách giải: có  y I = A
2
2


zA + zB 0 − 2
=
= −1
 z I =
2
2
⇒ ( P ) : 2 ( x − 1) − ( z + 1) = 0 hay ( P ) : 2x − z − 3 = 0
Câu 48: Đáp án C

– Phương pháp: Sử dụng các dữ kiện của bài tốn để tìm bán kính và tâm của mặt cầu
+Tâm là giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng
+Bán kính là khoảng cách từ tâm tới mặt phẳng (Q) (do mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng)
– Cách giải: I ∈ d ⇒ I ( 2t;3 + t; 2 + t )
I ∈ ( P ) ⇒ 2t − 2 ( 3 + t ) + 2 ( 2 + t ) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ I ( 2; 4;3 )
Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên R = d ( I; ( Q ) ) =
⇒ ( S) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( x − 3) =
2

2

2 − 2.4 + 3.3 − 5
1 + 22 + 32

=

2
7

2
7

Câu 49: Đáp án C
– Phương pháp: Xác định vecto chỉ phương của đường thẳng d dựa vào các dữ kiện của bài toán
uuuu
r
+Xác định giao điểm M của hai đường thẳng d và d 2 . Khi đó d ⊥ d1 ⇒ AM.u d1 = 0 , thiết lập phương
trình tìm tọa độ điểm M
uuuu
r

– Cách giải: gọi d ∩ d 2 = M ( 2 + t; −1 − t;1 + t ) ⇒ AM ( 1 + t; − t; t − 2 ) ; u d1 = ( 1; 4; −2 )
uuuu
r
uuuu
r
Do d ⊥ d1 ⇒ AM.u d1 = 0 ⇔ 1 + t − 4t − 2t + 4 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ AM ( 2; −1; −1)
⇒ d:

x −1 y +1 z − 3
=
=
2
−1
−1

Câu 50: Đáp án B
– Phương pháp: Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A1 ; A 2 ;...; A n Tìm giá trị nhỏ nhất của
T = k1MA12 + k 2 MA 22 + ...k n MA n2 , trong đó k1 + k 2 + ... + k n > 0
uuuur
uuuur
uuuur
+ gọi G là điểm thỏa mãn k1 GA1 + k 2 GA 2 + ...k n GA n = 0 , xác định tọa độ G.
uuuuu
r uuuu
r uuuur
uuuuu
r 2 uuuu
r uuuur
+ Ta có MA i = MG + GA i ⇒ MA i = MG + GA i

(

) (

uuuu
r

) = ( MG )
2

Trang 24

2

uuuu
r uuuur uuuur
+ 2MG.GA i + GA i

(

)

2


⇒ T = ( k1 + k 2 + ... + k n ) MG 2 + k1GA12 + k 2 GA 22 + ... + k n GA n2
Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất khi MG = 0 ⇔ M = G
uuur uuur uuur
– Cách giải: Gọi G là điểm thỏa mãn GA − GB + GC = 0 ⇒ G ( 3; −7;3)
2

2
2
2
2
2
Để T nhỏ nhất thì M = G ⇒ P = x M + 2y M + 3z M = 3 + 2.7 + 3.3 = 134

Trang 25