giai de minh hoa toan lan 3 2017

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ NGHIỆM THPT QUỐC GIA

Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút.
Họ, tên:...............................................................Số báo
danh:...........................

BẢNG ĐÁP ÁN
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
B C C D C B A D D A B C C A C D D D A D A C B C C
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
D C D D D A A C C C D D D C A A D C D C A B B C A
H
Câu 1:

NG D N GIẢI

H
Chọ B.
Ta có: y 0
x 3 3x 0
x 0, x
3
Do đó số giao điểm (C ) và trục hoành là 3 .

Câu 2:

H
Chọ C.

y

Câu 3:

log x

1
5

0

5x

1

5

1

x 1

1

x

2

3 2 2i có phần thực là 3 và phần ảo là 2 2

H

Chọ C.
Ta có: z
Do đó: z

Câu 6:

1

H
Chọ D.

z
Câu 5:

1
x ln10

log x '

H
Chọ C.
Ta có: 5x

Câu 4:

y'

(4 3i)(1 i)

72

( 1)2

7 i

z

7 i

5 2

H
Chọ B.
Trang 1/13 - Mã đề thi 003


3

y
Câu 7:

x 1

0 x

2

nên hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng

5

H
Chọ D.
Mặt cầu x 1

Câu 9:

1;

H
Chọ A.
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra yCĐ

Câu 8:

; 1;

2

y 2

2

z 4

2

20 có tâm I 1; 2; 4 , bán kính R

2 5

H
Chọ D.
Dựa vào phương trình tham số ta suy ra d qua A 1;0; 2 và có vtcp u 2;3;1 nên suy
ra d có phương trình chính tắc là

x 1
2

y
3

z 2
1

Câu 10: H
Chọ A.

x

Ta có

x3
3

2
dx
x2

2

2
C
x

Câu 11: H
Chọ B.
lim y

lim y

x

nên x 0 là TCĐ

0

lim y

x

2 là TCĐ

nên x

2

x

0 nên y

0 là TCN

Câu 12: H
Chọ C.
(7 4 3) 2017 (4 3 7) 2016
(7 4 3)(7 4 3) 2016 (4 3 7) 2016
(7 4 3)[(2
(7 4 3)[-(2

3) 2 ]2016 [-(2
3) 2 (2

3) 2 ]2016

3) 2 ]2016

(7 4 3).1
(7 4 3)

Câu 13: H
Chọ C.
Ta có log 3 a a3

log 1 a3
a3

9log a a 9

Câu 14: H

Chọ A.
Trang 2/13 - Mã đề thi 003


Ta có
y

0 x R

(3x3 3x 2)

9 x2 3 0 x R

Câu 15: H
Chọ C
Ta có f '( x)

x ln x ' ln x 1, x 0. f '(1) 1.

Hàm số f '( x) ln x 1, x 0. có điều kiện x 0 . nên loại đáp án A và D.
1
Hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x
1 nên loại B.
e

Đồ thị hàm số f

x

ln x 1

Câu 16: H
Chọ D
Khối lăng trụ tam giác đều có chiều cao h a và
diện tích đáy S

Câu 17

a3
4

S .h

Vậy V

1
AH .BC
2
3
.

1 a 3
.
.a
2 2

a2 3
.
4

H
Chọ D
Ta có D Ox nên D a;0;0 .
Mặt khác AD

a 3
Câu 18

2

4

BC hay
2

32 42

a
a

6
0.

H
Trang 3/13 - Mã đề thi 003


Chọ D

z1

Theo Viet, ta có
Do đó P

z12

Câu 19: H

1

z2

z1.z2 1

z22

z1 z2

z1 z2

2

z1 z2

0.

9
3

33 9 .

.

Chọn A.
Ta có y

y

0

8
.
x3
8
3 3 0
x
3

x

2
3

y

3

3

Bảng biến thiên:

x 0

2
3
3
–

y

0

y

33 9
Vậy min y 3 3 9 .
Câu 20: H
.
Chọn D.
Đếm được 11 mặt.
(Chú ý ta có thể dò lại nhờ định lý Euler Đ + M = C + 2).
Câu 21: H

.

Chọn A.
Ta có: S

0

Câu 22: H

1

f ( x ) dx

2
0

f ( x ) dx

a

b

log 2 ( x 2 1 )

3

b a.

.

Chọn C.
Điều kiện: x

1.

Ta có:.

log 2 ( x 1 ) log 2 ( x 1 )

3

x 2 1 23
x 3
.
x
3
Đối chiếu điều kiện, ta được x
Câu 23: H

.

3.

.

Chọn B.

Trang 4/13 - Mã đề thi 003


Tiệm cận đứng x

1.

Tiệm cận ngang y

2.

Loại C,D.
Đồ thị hàm số có dạng của hàm số đồng biến nên chọn B.
Hoặc ta có thể xét đồ thị đi qua điểm A
Câu 24: H

1
, 0 nên chọn B.
2

.

Chọn C.
Đặt u

x2 1 , du

2 xdx .

Đổi cận :
x 1

u

0

2

u

3

x

3

Vậy I

udu .
0

Câu 25: H

.

Chọn C.
Xét M (a, b) biểu diễn số phức z

a bi ( a, b R ) trên mặt phẳng phức Oxy.

Vậy E (2a,2b) biểu diễn số phức 2 z

2a 2bi ( a, b R ) trên mặt phẳng phức Oxy.

Câu 26: H
Chọ D

Sxq

Rl

Sxq

l

R

3 a2
a

3a

Câu 27: H
Chọ C .
1

0

1

1
ex 1

Đặt t
e

I
1

dx
0

e

x

1
t t 1

ex
dx
ex 1 ex
dt=e x dx
e

dt=

Khi đó a 1, b

1

1
t

1
t 1

dt= ln

1 suy ra S

t

e

t 11

1 ln

e 1
2

0

Câu 28: H
Chọ D .

Trang 5/13 - Mã đề thi 003


V

2
a
2

2

Bh

Rh

2

a3
2

a

Câu 29: H
Chọ D.

1; 1;3 suy ra mặt phẳng đi qua A 2;1; 2 và nhận IA

IA

1; 1;3 làm VTPT là:

x y 3z 3 0

Câu 30: H

ng d n gi i.

Chọn D.
Ta có véctơ pháp tuyến của mặt phẳng P : 2 x 2 y z 1 0 là nP
Véctơ chỉ phương của đường thẳng
Mà nP .u

P ;

Vậy d

d
Câu 31: H

0 nên

2

2

2
2

1.1 1
2

x 1
2

y 2
1

z 1
là u
2

2;1; 2

// P

d M0; P

2.1 2.

:

2; 2; 1

1

2

với M 0 1; 2;1

6
3

2

ng d n gi i.

Chọn A.
Ta có y

4 m 1 x3 4 m 3 x

Xét với m 1

y

4x m 1 x2 m 3

4x 2 1 hàm số không có cực đại. Vậy m 1 thỏa mãn (1)

Xét với m 1 khi đó hàm số là hàm bậc 4 trùng phương với hệ số a 0 để hàm số
không có cực đại thì y

0 chỉ có một nghiệm duy nhất x

0

m 3
m 3
vô nghiệm
0 1 m 3 (2)
m 1
m 1
Xét với m 1 hàm số bậc 4 trùng phương có hệ số a 0 luôn có cực đại (3)

Hay m 1 x 2 m 3 0 vô nghiệm

x2

Kết luận : Từ (1),(2),(3) ta có để hàm số không có cực đại thì 1 m 3
Câu 32: H

ng d n gi i.

Chọn A.

Đồ thị hàm số y

x 2 x 2 1 là

Trang 6/13 - Mã đề thi 003


Cách 2:
Hàm số y

x 2 x 2 1 có bảng xét dấu là
1

x

1

2

x 2

-

|

-

|

-

0

+

x2 1

+

0

-

0

+

|

+

-

0

+

0

-

0

+

y

hàm số y

x 2 x 2 1 có bảng xét dấu là
1

x

1

2

x 2

+

|

+

|

+

0

+

x2 1

+

0

-

0

+

|

+

+

0

-

0

+

0

+

y

Từ bảng xét dấu ta nhận xét đồ thị hàm số y
Trên các khoảng
Trên khoảng 2;

1 ,

x 2 x2 1 .

1;0 và 1; 2 lấy đối xứng đồ thị hàm số y

là đồ thị hàm số y

x 2 x2 1 .

x 2 x2 1 .

Vậy chọn đáp án A.

Câu 33: H
Chọ C .
Trang 7/13 - Mã đề thi 003


Ta có: log

1 log a b 1
2 1 log b 1
a
2

b
a

b
a

3 1
3 2

1

3.

Câu 34: H
Chọ C.
Diện tích thiết diện hình chữ nhật là: S x
3

Thể tích V cần tìm là: V

3

3x 3x 2 2dx.

S x dx
1

2

Đặt t
3x 2
Khi đó:
5
1 35
V
t 2 dt
t
3 1
1

t

2

3x

3x 3x 2 2.

2

1

2

3xdx, x 1

tdt

t 1; x 3

t

5.

124
.
3

Câu 35: H
Chọ C .
1

Điều kiện: x

Phương trình đã cho tương đương với 3x2 6 x 3ln x 1
Xét hàm y

x2 2 x ln x 1 , y

y

0

2x2 1 0

x

y

2
2

0,38; y

2
2

2 x 1

1
x 1

0

x2 2 x ln x 1

0

.

2
. ( thỏa điều kiện).
2
0, 67

y

2
y
2

2
2

0

Vậy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.
Câu 36: H
Chọ

D.

Góc giữa SD và mp SAB là DSA 300
Khi đó V

1
Bh
3

1 2
aa 3
3

SA a.cot 300

3a

3 3
a
3

Câu 37: H
Chọ D.
Chọn A 1; 5;3

d , B 3; 6;7

d.

Gọi A , B lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên P

A

3; 5;3 , B

3; 6;7 .

VTCP của hình chiếu là A B

0; 1; 4 .

Câu 38: H
Chọ D.
1

( x 1) f ' ( x)dx 10
0

Trang 8/13 - Mã đề thi 003


Đặt u

x 1 , du dx
f ' ( x)dx , v

dv

1

1

( x 1). f ( x)

I

f ( x)

f ( x)dx 10

0

0

1

f ( x)dx

2 f (1)

f (0) 10 2 10

8 .

a bi a; b

.

0

Câu 39: H
Chọ C.
Gọi số phức cần tìm là z
Ta có z i
Và z 2

a2

5

a bi

2

Khi đó ta có b2

b 1

2

25 .

a 2 b2 2abi là số thuần ảo khi a2 b2
b 1

2

b
b

2b2 2b 24 0

25

a2

0

4

4

a
3

b2 .

3

a

.

Vậy có 4 số.
Câu 40: H
Chọ A.
1 ln x
, y
x2

Ta có y
Khi đó 2 y

x. y

3 2ln x
.
x3
1 ln x
3 2ln x
2.
x.
2
x

x3

2 2ln x 3 2ln x
x2

1
x2

.

Câu 41: H
Chọ A.

3 m2 1 x 2 2 m 1 x 1 .

Ta có y

+ TH1: Nếu m 1 ta có y

1
không thỏa mãn.
4
;
1 thì để hàm số nghịch biến trên khoảng
khi và chỉ khi
1 ta có y

+ TH2: Nếu m
+ TH3: Nếu m
y

0, x

1 0 nên thỏa mãn.

;

4x 1 0

x

1 m 1

m2 1 0
4m

2

2m 2 0

1
2

m 1

1
2

m 1.

Do yêu cầu đề bài m là số nguyên nên m 0 .
Vậy có 2 số m thỏa mãn.

Câu 42. H ng d n gi i
Chọn D.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên P và
A;

là đường thẳng qua

P . Suy ra:

Trang 9/13 - Mã đề thi 003


x
1 6t
y 3 2t ; H 5;1;7 .
z

A 11; 1;8

OA

186.

6 t

Câu 43. H ng d n gi i
Chọn C.

Xác định nhanh: ABCD là hình vuông nên tâm cầu ngoại tiếp tứ giác nằm trên OS .
ABCD là hình vuông cạnh 3 2a

OD 3a.

Tọa độ hóa tứ giác đều như sau:
Gốc tọa độ tại O là tâm hình vuông ABCD.
Ox trùng với tia OD (chiều dương từ O đến D ).

Oy trùng với tia OC (chiều dương từ O đến C ).
Oz trùng với tia OS (chiều dương từ O đến S ).

Ta được tọa độ điểm:
O 0;0;0 , S 0;0;4a ; D 3a;0;0
x
Phương trình OS : y

0
o t

z

I OS

4t

I là tâm mặt cầu tứ diện nên IS

7
8

Suy ra I 0;0; a
Câu 44. H

I 0; 0; 4t .

IS

ID

16 a t

2

6a2 16t 2

t

7
a.
32

25
a.
8

R

ng d n gi i

Chọ D.
Đặt
t
x

dt

dx

3
2

3
2

f ( x)dx

I

f ( x)dx

3
2

3
2

3
2

3
2

2I

2 2 cos 2 xdx
3
2
3
2

2

cos x dx

I
3
2

Do đó: I

2 cos x dx
3
2

cos xdx
3
2

3

2

2

cos xdx
2

cos xdx

6

2

6.

Câu 45. H

.

Chọ C.
Điều kiện: x

1.

Trang 10/13 - Mã đề thi 003


log(mx ) 2 log( x 1)
log(mx ) log( x 1)2
x2 2x 1

mx

Xét hàm số f ( x )
f '( x ) 1

.

1
2
x

m

x

x

1
2, x (-1;+ ) .
x

1
, f '( x ) 0
x2

1
x2

1

0

1.

x

BBT.

.
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi

m

0

m

4

.

Vậy có 2018 giá trị nguyên thỏa mãn trong đoạn [-2017; 2017].
Câu 46: H

ng d n gi i.

Chọ A.
Ta có y '

x2

2mx

m2

1, y '

0

m 1, x

x

Đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị A m 1,
A m

1,

1
m
3

1

2

m

m

1
m
3

1.
1

2

m

2

và

2 .

Trung điểm I của AB có tọa độ: I m;

m3

3m
3

.

Yêu cầu đề bài thỏa mãn khi và chỉ khi I thuộc đường thẳng y
m3

3m
3

5m

9

m3

18m

27

5x

9 , hay.

0.

Suy ra tổng các phần tử của S bằng 0 . Chọn A.
Câu 47: H

ng d n gi i.

Chọ B
Trang 11/13 - Mã đề thi 003


Mặt cầu S : x 1
Gọi

2

2

y

2

2

z 1

1. có tâm I

1; 0;1 , khi đó

là đường thẳng đi qua I và có vectơ chỉ phương u
1

x
y

2

z

1

1.

:

t

.
t

Đường thẳng

cắt P tại M 1; 2; 3 .

Đường thẳng

cắt S tại hai điểm N 1
2 2

Ta có MN 1
Câu 48: H

1; 2;1 và bán kính R

1, MN 2

2 2

1

1

2

1

; 2;1

1 nên ta có MN

, N2

2
2 2

1

1
2

; 2;1

1
2

.

1. Chọn B.

ng d n gi i.

Chọ B

2;1 , F2 4; 7 và N 1; 1 . .

Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , F1
Từ z 2 i

z 4

7i

6 2 và F1 F2

6 2 nên ta có M là đoạn thẳng F1 F2 . Gọi H

3 3
; .
2 2

là hình chiếu của N lên F1 F2 , ta có H

Suy ra P
Câu 49: H

NH

5 2

NF2

2 73
. Chọn B.

2

ng d n gi i.

Chọ C.
Gọi I là tâm mặt cầu và H , r là tâm và bán kính của C .
Ta có I H

h

R và r 2

Thể tích khối nón V

1 2
r h
3

Ta có h h 4 R 2h

Do đó V lớn nhất khi h
Câu 50: H

R2

h

IH2

3

2Rh

h2 .

.h. 2 Rh h 2

h

4R
3

2h

4R

2h

h

3

3
4R
3

.h.h. 2 R h
3

h

2

2R

h

1 4R
2 3

3

.

4R
. Chọn C.
3

ng d n gi i

Chọn A.
Cách 1
Trang 12/13 - Mã đề thi 003


Ta có V

2VN .MPGF

1 1

4. . VABCD
2 4

2.2VN .MPG

4VG.MNP .

1
V.
2

(Do G là trung điểm AD , S MNP
Do đó

V
V

1
S BCD ).
4

1
.
2

Cách 2
Chọ A.
Gọi M,N,P,Q,R,S thứ tự là trung điểm các cạnh
AB,AD,CD,CB,AC,BD.
VA.MNR AM . AN .AR

VA.BCD
AB. AD. AC
1
VA.MNR
V.
8

Xét

Tương tự VB.MQR
Suy ra V ' V

VC .PQR

1
4. V
8

V
2

1 1 1
. .
2 2 2

VD.NPR
V'
V

1

Hay
8

1
V.
8
1
.
2

----------------------- Hết ------------------

Trang 13/13 - Mã đề thi 003