ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA môn Toán Cần Thơ Có lời giải chi tiết File Word

SỞ GD&ĐT CẦN THƠ
TTLT ĐH DIỆU HIỀN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA THÁNG 11 - 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút.

Họ, tên:.....................................................Số báo danh:...........................
Câu 1:

Mã đề thi 127

x +1
. Khẳng định nào sau đây đúng.
2−x
A. Hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.
B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( −∞; 2 ) ∪ ( 2; +∞ ) .

Cho hàm số y =

C. Hàm số đã cho nghịch biến trên ¡ .
D. Hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.
Hướng dẫn giải.
Chọn D.
Ta có: D = ¡ \ { 2}
y′ =
Câu 2:

3

( 2 − x)

2

> 0, ∀x ∈ D ⇒ Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.

Cho phương trình: 3x = m + 1 . Chọn phát biểu đúng:
A. Phương trình luôn có nghiệm với mọi m.
B. Phương trình có nghiệm với m ≥ −1 .
C. Phương trình có nghiệm dương nếu m > 0 .
D. Phương trình luôn có nghiệm duy nhất x = log 3 ( m + 1) .
Hướng dẫn giải.
Chọn C.
+ A sai vì với m = −2 phương trình đã cho ⇔ 3 x = −1 (Vô lý).
+ B sai vì với m = −1 phương trình đã cho ⇔ 3 x = 0 (Vô lý).
+ C đúng. Vì với m > 0 phương trình đã cho ⇔ x = log 3 ( m + 1) > 0 do 3 > 1và m + 1 > 1.
+ D sai vì với m = −2 thì log 3 ( m + 1) không tồn tại.

Câu 3:

Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
A. Hàm số y = log a x với a > 1 là một hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0, +∞ ) .
B. Đồ thị các hàm số y = log a x và y = log 1 x với 0 < a ≠ 1 đối xứng với nhau qua trục hoành.
a

C. Hàm số y = log a x với 0 < a ≠ 1 có tập xác định là ¡ .
D. Hàm số y = log a x với 0 < a < 1 là một hàm số đồng biến trên khoảng ( 0, +∞ ) .
Hướng dẫn giải.
Chọn B.
Ta có:

y = log 1 x = log a −1 x = − log a x ⇒
a

Đồ thị các hàm số y = log a x và y = log 1 x với
a

0 < a ≠1
đối xứng với nhau qua trục hoành.

Trang 1/16 - Mã đề thi 127


Câu 4:

Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =
A. 2.

B. 4.

x

là
x +1
C. 3.
Hướng dẫn giải.
2

D. 1.

Chọn A.

+ Ta có:
+

lim

x → +∞

x 2 + 1 vô nghiệm suy ra hàm số không có tiệm cận đứng.
x
x
1
= lim
= lim
=1⇒ y =1
x → +∞
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm
1
1
x 2 + 1 x →+∞
x 1+ 2
1+ 2
x
x

số.
+

Câu 5:

x

x

x → −∞

x2 +1

= lim

= lim

1

= −1 ⇒ y = −1
x → −∞
là tiệm cận ngang của đồ thị
1
1
− x 1+ 2
− 1+ 2
x
x
hàm số. Vậy đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là y = −1và y = 1.

lim

x → −∞

Giá trị của m để hàm số f ( x) = x 3 + (m − 1) x 2 − 3mx + 1 đạt cực trị tại điểm x = 1 là
A. m = 1 .

B. m = −1 .
C. m = −2 .
D. m = 3 .
Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Ta có: D = ¡
y / = 3 x 2 + 2( m − 1) x − 3m, y // = 6 x + 2( m − 1).
 y / (1) = 0
m = 1
x
=
1
⇔
⇔
⇔ m = 1.
Hàm số đạt cực trị tại
 //
 y (1) ≠ 0
 m ≠ −2
Chú ý:
 y / (1) = 0
m = 1
⇔
⇔ m = 1. không chuẩn. Ví dụ y = x 4 vẫn
Hàm số đạt cực trị tại x = 1 ⇔  //
m
≠
−
2
 y (1) ≠ 0


đạt cực trị tại x = 0 nhưng không thỏa y "(0) ≠ 0 . Tuy nhiên cách làm này vẫn chấp nhận được
cho bài này.

Câu 6:

Trong các hàm số sau:
2
cos 2 x
Hàm số nào có một nguyên hàm là hàm số g ( x ) = tan x .

(II) f ( x) =

(I) f ( x ) = tan 2 x + 2

A. (I), (II), (III).

B. Chỉ (II), (III).

C. Chỉ (III).

(III) f ( x) = tan 2 x + 1

D. Chỉ (II).

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có




1

∫ ( tan x + 2 ) dx = ∫  cos x + 1÷ dx = tanx + x + C .
2

2

2

∫ cos x dx = 2tanx + C .
2

1

∫ ( tan x + 1) dx = ∫ cos x dx = tanx + C .
2

2

Trang 2/16 - Mã đề thi 127


2
Hàm số ( III ) f ( x) = tan x + 1 có một nguyên hàm là hàm số g ( x ) = tan x .

Câu 7:

Điểm biểu diễn của các số phức z = 7 + bi với b ∈ ¡ , nằm trên đường thẳng có phương trình là

A. y = x + 7 .
B. x = 7 .
C. y = 7 .
D. y = x .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn của số phức z = 7 + bi .
x = 7
Khi đó 
.
y = b∈¡
Điểm biểu diễn của các số phức z = 7 + bi với b ∈ R , nằm trên đường thẳng có phương trình là
x=7.

Câu 8:

Cho số phức z = a + bi . Khi đó số
A. Một số thực.

1
( z + z ) là
2

B. 2 .

C. Một số thuần ảo.

D. i .

Hướng dẫn giải

Chọn A.
Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi .
Ta có
Vậy
Câu 9:

(

)

1
1
z + z = ( a + bi + a − bi ) = a .
2
2

(

)

1
z + z là một số thực.
2

Gọi z1 là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình z 2 + 2 z + 3 = 0 . Tọa độ điểm M biểu
diễn số phức z1 là
A. M (−1; − 2i ) .

B. M (−1; − 2) .

C. M (−1; −2) .

D. M (−1; 2) .

Hướng dẫn giải
Chọn B.
 z1 = −1 − 2i
2
Ta có z + 2 z + 3 = 0 ⇔ 
.
 z2 = −1 + 2i
Tọa độ điểm M biểu diễn số phức z1 là M (−1; − 2) .
Câu 10: Cho hình ( H ) giới hạn bởi đường y = − x 2 + 2 x và trục hoành. Quay hình ( H ) quanh trục Ox
ta được khối tròn xoay có thể tích là
4π
32π
A.
.
B.
.
3
15

C.

496π
.
15

D.

16π
.
15

Hướng dẫn giải
Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y = − x 2 + 2 x và trục hoành là.
x = 2
− x2 + 2x = 0 ⇔ 
.
x = 0
Trang 3/16 - Mã đề thi 127


Thể tích khối tròn xoay cần tính là
2

 x5
4 x3 
16π
V = π ∫ ( − x + 2 x ) dx = π ∫ ( x − 4 x + 4 x ) dx = π  − x 4 +
.
÷ =
5
3
15


0

0
0
2

2

2

2

4

3

2

5
.
2
A. Có một nghiệm âm và một nghiệm dương.
C. Có một nghiệm âm.

Câu 11: Phương trình log x 2 + log 2 x =

B. Vô nghiệm.
D. Có hai nghiệm dương.

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Điều kiện: 0 < x ≠ 1 .

log 2 x = 2
x = 4
5
1
5
log x 2 + log 2 x = ⇔
+ log 2 x − = 0 ⇔ 
⇔
.
1
log 2 x =
2
log 2 x
2
x= 2


2

Câu 12: Phần thực và phần ảo số phức z = ( 1 + 2i ) i là
A. 1 và -2.

B. 1 và 2.

C. -2 và 1.

D. 2 và 1.

Hướng dẫn giải
Chọn C.

z = ( 1 + 2i ) i = −2 + i .
2

Câu 13: Cho

∫
0

2

f ( x ) dx = 3 . Khi đó ∫  4 f ( x ) − 3 dx bằng
0

A. 8.

B. 6.

C. 4.

D. 2.

Hướng dẫn giải
Chọn B.
2

2

2

∫  4 f ( x ) − 3 dx = 4∫ f ( x ) dx − 3∫ dx = 4.3 − 3x

0

0

=6.

0

2
Câu 14: Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x − 3x +

A. x 3 − 3x 2 + ln x + C.

2
0

B.

1
là
x

x3 3x 2
x3 3x 2 1
x3 3x 2
−
+ ln x + C .C.
−
+ 2 + C . D. −
− ln x + C .

3
2
3
2
x
3
2
Hướng dẫn giải

Chọn B.
1
x3 3x 2
 2
x
−
3
x
+
d
x
=
−
+ ln x + C .
÷
∫ 
x
3
2
 y 5 x −51x +10 = 1


Câu 15: Gọi ( x, y ) là nghiệm nguyên của hệ phương trình: 
. Khi đó x + y bằng

 xy = 15
2

A. -14.

B.

23
.
2

C. 75.

D. 16.

Hướng dẫn giải
Trang 4/16 - Mã đề thi 127


Chọn D.

( 1)
( 2)

5 x −51x +10

=1

y


 xy = 15
2

5x
Xét ( 1) : y

2

−51 x +10

y =1

 y ≠ 1
= 1 ⇔ 

 x = 10 .
 2

 5 x − 51x + 10 = 0 ⇔  x = 1 ( l )
 
5



+ TH1: y = 1 thay vào ( 2 ) ta được x = 15 . ⇒ ( x, y ) = ( 15,1) thỏa mãn.
3
. Suy ra loại Vì x, y ∈ ¢

2
Vậy nghiệm nguyên thỏa mãn hệ là: ( x, y ) = ( 15,1) ⇒ x + y = 16 .
+ TH1: x = 10 thay vào ( 2 ) ta được y =

Câu 16: Giá trị của tham số m để phương trình x 3 − 3 x = 2m + 1 có ba nghiệm phân biệt là:
3
1
3
1
A. − ≤ m ≤ .
B. − < m < .
C. −2 < m < 2 .
D. −2 ≤ m ≤ 2 .
2
2
2
2
Hướng dẫn giải
Chọn B.
x3 − 3x − 1
Ta có: x 3 − 3 x = 2m + 1 ⇔ m =
.
2
1

x = −1 ⇒ y =
3
2

x − 3x − 1

3x − 3
2
Đặt f ( x ) =
. Ta có f ′ ( x ) =
, f ′( x) = 0 ⇔ 
.
2
2
x =1⇒ y = − 3

2
3
1
Vậy phương trình x 3 − 3 x = 2m + 1 có ba nghiệm phân biệt ⇔ − < m < .
2
2
Câu 17: Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ. Khi đó f ( x )
đồng biến trên các khoảng nào?
A. ( −∞; −1) , ( 1; +∞ ) .
B. ( −1;0 ) , ( 1; +∞ ) .
C. ( −1;0 ) , ( 0;1) .
D. ( −∞; −1) , ( −1; 0 ) .
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Câu 18: Số phức z = ( 1 + i ) có môđun bằng
3

A. z = 2 2 .

B. z = 2 .

C. z = 0 .

D. z = −2 2 .

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có z = ( 1 + i ) = −2 + 2i ⇒ z = 2 2
3

Câu 19: Số nghiệm của phương trình 3x − 31− x = 2 là
Trang 5/16 - Mã đề thi 127


A. 0.

B. 2.

C. 1.
Hướng dẫn giải

D. 3.

Chọn C.
1− x

Ta có 3 − 3
x

3 x = 3

3
2x
x
⇔ x =1
= 2 ⇔ 3 − x = 2 ⇔ 3 − 2.3 − 3 = 0 . ⇔  x
3
3 = −1( l )
x

Câu 20: Tập nghiệm của phương trình log( x 2 − x − 6) + x = log( x + 2) + 4 là
A. {3}.
B. {2}.
C. {4}.
Hướng dẫn giải
Chọn C.

D. {1}.

 x2 − x − 6 > 0
⇔ x >3.
Điều kiện: 
x + 2 > 0
Khi đó log( x 2 − x − 6) + x = log( x + 2) + 4
⇔ log ( x + 2 ) + log ( x − 3) + x = log ( x + 2 ) + 4
⇔ log ( x − 3) = 4 − x ⇔ x = 4 .
Giải thích vế trái hàm đồng biến – Vế phải nghịch biến nên phương trình có nghiệm duy nhất!
Câu 21: Phương trình 9 x − 3.3x + 2 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 với x1 < x2 . Giá trị A = 2 x1 + 3 x2 là
A. 2 log 2 3 .

C. 3log 3 2 .

Hướng dẫn giải

B. 1.

D. 4 log 3 2 .

Chọn C
9 − 3.3 + 2 = 0 ⇔ ( 3
x

x

Câu 22: Rút gọn biểu thức

)

x 2

a2

(a

A. 2 .

2
2

3 x = 1
x = 0
x = 0

− 3.3 + 2 = 0 ⇔  x
⇔
⇒ 1
⇒ A = 3log 2 3
 x = log 3 2  x2 = log 3 2
3 = 2
x

− b2
−b

3

3

)

+ 1 (với a > 0 , b > 0 ) được kết quả

2

B. 2a 2 .

a

2

a
Hướng dẫn giải

2

C.

+b

3

−b

3

.

D.

2a

Chọn D
a2

(a
=

2
2

(a

− b2

−b

3

2a

2

2

−b

3

)

2

3

+1 =

a2

2

− b2 3 + a2

(a

2

2

+ b2

−b

3

)

3

− 2a 2 b

3

=

2

2a 2

(a

2
2

− 2a 2 b

−b

3

)

2

3

=

2a

2

a

2

(a

(a
2

2

−b

2

−b

3

.

−b
3

)

3

)

2

).
1

x
dx có giá trị là
3
(
x
+
1)
0

Câu 23: Tích phân I = ∫
1
A. − .
8

B.

1
.
4

1
.
2
Hướng dẫn giải

C.

D.

1
.
8

Chọn D

Trang 6/16 - Mã đề thi 127


1

x

∫ ( x + 1)

3

dx

0

Đặt t = x + 1 ⇒ dt = dx
Đổi cận:
x
0
1
t
1
2
1

2

2

2

x
t −1
1

1 1
 1 1 
∫0 ( x + 1)3 dx = ∫1 t 3 dt = ∫1  t 2 − t 3 ÷ dt =  − t + 2t 2 ÷ 1 = 8
Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 z + 1 = 0 . Chọn câu đúng nhất
trong các nhận xét sau
A. ( P ) đi qua gốc tọa độ O .
B. ( P ) song song mặt phẳng ( Oxy ) .
C. ( P ) vuông góc với trục Oz .

D. ( P ) song song với trục tung.
Hướng dẫn giải

Chọn D
r r
r
n( P ) . j = 0 ⇒ ( P ) ⊥ j ⇒ ( P ) // Oy .
x −1
có đồ thị ( H ) . Tiếp tuyến của ( H ) tại giao điểm của ( H ) với trục
x+2
hoành có phương trình là
1
1
A. y = x − .
B. y = 3x .
C. y = 3x − 3 .
D. y = x − 3 .
3
3
Hướng dẫn giải
Chọn A

Câu 25: Cho hàm số y =


 x0 = 1

( H ) ∩ Ox = M ( 1;0 ) ⇒  y0 = 0
.

1
 f ′ ( x0 ) =
3

Phương trình tiếp tuyến có dạng y =

1
1
x− .
3
3

(1 − 3i )3
Câu 26: Cho số phức z thỏa mãn z =
. Tìm môđun của z + iz .
1− i
A. 8.
B. 8 2 .
C. 4 2 .
Hướng dẫn giải
Chọn B

z=

D. 4.

(1 − 3i)3
= −4 − 4i ⇒ z + iz = −4 − 4i + i ( −4 + 4i ) = 8 2
1− i

Câu 27: Mệnh đề nào sau đây sai?
A. Mặt phẳng 2 x + 3 y – 2 z = 0 đi qua gốc tọa độ.
B. Mặt phẳng ( P ) : 4 x + 2 y + 3 = 0 song song với mặt phẳng ( Q ) : 2 x  +  y  + 5 = 0 .
C. Khoảng cách từ điểm M ( x0 , y0 , z0 ) đến mặt phẳng 2 x + 2 y + z + 1 = 0 là

2 x0 + 2 y0 + z0 + 1
.
3

Trang 7/16 - Mã đề thi 127


D. Mặt phẳng 3 x – z + 2 = 0 có tọa độ vectơ pháp tuyến là ( 3, 0, −1) .
Hướng dẫn giải
Chọn C
Dễ thấy: đáp án C sai vì: d ( M , ( P ) ) =

2 x0 + 2 y0 + z0 + 1
3

.

2

Câu 28: Phương trình 2 x −9 x +16 = 4 có nghiệm là
A. x = 2 , x = 7 .
B. x = 4 , x = 5 .
C. x = 1 , x = 8 .
Hướng dẫn giải
Chọn A
x = 7
x 2 −9 x +16
= 4 ⇔ x 2 − 9 x + 16 = 2 ⇔ x 2 − 9 x + 14 = 0 ⇔ 
Ta có: 2
.
x = 2

D. x = 3 , x = 6 .

2
Câu 29: Tích các nghiệm của phương trình log x (125 x) log 25 x = 1 là

A.

1
.
125

B. 630.

C.

7
.
25

D.

630
.
625

Hướng dẫn giải
Chọn A
x > 0
Điều kiện: 
x ≠ 1
log 225 x
2
+ log 25
x =1.
Ta có: log x (125 x) log x = 1 ⇔ ( log x 125 + 1) log x = 1 ⇔
log125 x
2
25

2
25

 x1 = 5
log 5 x = 1

⇔ log x + 3log 5 x − 4 = 0 ⇔ 
⇔
.
 x2 = 14
log 5 x = −4
5

1
Suy ra tích 2 nghiệm: x1.x2 =
.
125
2
5

Câu 30: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B , SA ⊥ ( ABC ) , SA = 3cm , AB = 1cm .
Mặt bên ( SBC ) hợp với mặt đáy góc bằng
A. 900.

B. 600.

C. 450.
Hướng dẫn giải

D. 300.

Chọn B
 BC ⊥ AB ( gt )
⇒ BC ⊥ SB .
Ta có: 
BC

⊥
SA
SA
⊥
ABC
(
)
(
)

·
Từ đó ta có: góc giữa mp ( SBC ) và mp ( ABC ) là SBA
.
Xét ∆SAB vuông tại A ta có:
SA
·
tan SBA
=
= 3 ⇒ SBA = 600 .
AB
Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm m để phương
trình x 2 + y 2 + z 2 − 2mx + 2(m − 2) y − 2(m + 3) z + 8m + 37 = 0 là phương trình của một mặt cầu.
A. m < −2 hay m > 4 .
B. m ≤ −2 hay m ≥ 4 .
Trang 8/16 - Mã đề thi 127


C. m < −4 hay m > −2 .

D. m < −4 hay m > 2 .

Hướng dẫn giải

Chọn A
Phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2mx + 2(m − 2) y − 2(m + 3) z + 8m + 37 = 0 là phương trình mặt cầu
khi và chỉ khi
m > 4
2
.
m2 +  −(m − 2) + (m + 3)2 − 8m − 37 > 0 ⇔ 3m2 − 6m − 24 > 0 ⇔ 
m < −2
Câu 32: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = 2a, SA vuông góc với
mặt phẳng ( ABCD ) . Thể tích khối chóp S . ABCD là
A.

4a 3
.
3

B.

2a 3
.
3

6a 3
.
3
Hướng dẫn giải
C.

D.

8a 3
.
3

Chọn D
1
1
8a3
(đvtt).
V = SA.SABCD = .2a.(2a)2 =
3
3
3
Câu 33: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + i ) ( z − i ) + 2 z = 2i . Môđun của số phức w =
B. − 8 .

A. 10 .

C. 8 .
Hướng dẫn giải

z − 2z +1
là
z2

D. − 10 .

Chọn A

Ta có
(1 + i) ( z − i ) + 2 z = 2i ⇔ (1 + i) z − i + 1 + 2 z = 2i

−1 + 3i
= i.
3+ i
z − 2 z + 1 −i − 2i + 1 1 − 3i
w=
=
=
= −1 + 3i .
z2
i2
−1

⇔ (3 + i) z = −1 + 3i ⇔ z =

w = (−1)2 + 32 = 10 .
x + 4 x2 − 3
có đồ thị là ( C ) . Gọi m là số tiệm cận của ( C ) và n là giá trị
2x + 3
của hàm số tại x = 1 thì tích mn là
14
2
3
6
A.
.
B.
.

C. .
D. .
5
15
5
5
Hướng dẫn giải
Chọn D

Câu 34: Cho hàm số y =

x + 4 x2 − 3
x + 4x2 − 3
= +∞, lim −
= −∞ nên x = − 3 là tiệm cận đứng của đồ
Ta có lim
+
 3
 3
2
x
+
3
2
x
+
3
x → − ÷
x → − ÷
2

 2

 2

thị hàm số.
3
x + 4 x2 − 3 3
= nên y = là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x →+∞
2
2x + 3
2
lim

1
x + 4 x2 − 3
1
lim
= − nên y = − là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x →−∞
2
2x + 3
2
Trang 9/16 - Mã đề thi 127


th khụng cú tim cn xiờn.
Vy th hm s ó cho cú ba ng tim cn hay m = 3 , n =
Do ú mn =

2
.
5

6
.
5

Cõu 35: Mt phng i qua gc ta v song song vi mt phng 5 x 3 y + 2 z 3 = 0 cú phng trỡnh
A. 10 x + 9 y + 5 z = 0 .
B. 5 x 3 y + 2 z = 0 .
C. 4 x + y + 5 z 7 = 0 . D. 5 x 3 y + 2 z 3 = 0 .
Hng dn gii
Chn B
Gi (P) l mt phng cn tỡm.
Mt phng (P) song song vi mt phng 5 x 3 y + 2 z 3 = 0 nờn (P) cú dng
5x 3 y + 2z + m = 0 .
Mt khỏc (P) i qua gc ta nờn ( P ) : 5 x 3 y + 2 z = 0 .
x 1 y + 1 z
=
=
. Gi d l ng thng i qua M ,
2
1
1
ct v vuụng gúc vi . Khi ú, vect ch phng ca d l
r
r
r
r

A. u = ( 0;3;1) .
B. u = ( 2;- 1;2) .
C. u = ( - 3;0;2) .
D. u = ( 1;- 4;- 2) .

Cõu 36: Cho im M ( 2,1, 0 ) v ng thng :

Hng dn gii
Chn D
Gi s A = d ầ D . Ta cú A ( 1+ 2t;- 1+ t;- t) v vect ch phng ca d l
uuur
MA = ( 2t - 1;t - 2;- t )
uuur ổ
r uuur
2
1 4 2ử
ữ
d
^
D

u
.
MA
=
0

4
t
2

+
t
2
+
t
=
0

t
=
ị
MA
=ỗ
ỗ ;- ;- ữ
Khi ú
. Do
ữ
D
ữ
ỗ
3
ố3 3 3ứ
r
ú vecto ch phng ca d cú th l u = ( 1;- 4;- 2) .

(

Cõu 37: Phng trỡnh 2 + 3

) + ( 2 3)

A. m ( ;5 ) .

x

x

= m cú nghim khi

B. m ( 2; + ) .

C. m [ 2; + ) .

D. m ( ;5] .

Hng dn gii
Chn C
Xột hm s f ( t ) = t +

t = 1
1
t 2 1
vi t > 0 , ta cú f ( t ) =
, f ( t) = 0
.
t
t
t = 1

f ( t ) = f ( 1) = 2 . Do ú phng trỡnh

Da vo bng bin thiờn ca hm s ang xột, ta cú (min
0, + )
f ( t) = 2 .
ó cho cú nghim khi v ch khi m (min
0, + )

Cõu 38: Cho hỡnh phng ( H ) gii hn bi cỏc ng y = x 2 , y = 2 x . Th tớch ca khi trũn xoay c
to thnh khi quay ( H ) xung quanh trc honh bng

Trang 10/16 - Mó thi 127


A.

16π
.
15

B.

64π
.
15

C.

21π
.
15

D.

32π
.
15

Hướng dẫn giải
Chọn B
x = 0
2
Phương trình hoành độ giao điểm là x = 2 x ⇔ 
x = 2
2

4
2
Thể tích cần tìm là VOx = π ∫0 x − 4 x dx =

Câu 39: Phương trình (m − 2).22( x
A.. 2 < m ≤ 9

2

+1)

− (m + 1).2 x

2

+2

64π
.
15

+ 2m = 6 có nghiệm khi

B. 2 < m < 9 .

C. 2 ≤ m < 9 .

m < 2
D. 
.
m ≥ 9

Hướng dẫn giải
Chọn A
Viết lại phương trình

2.2
2

Đặt t = 2 x

2

+1

(

)

2 x 2 +1

(

2

)

2 x +1

+ 2.2 x

− 2.2

. Vì x 2 + 1 ≥ 1 ⇔ 2 x

2

+1

2

+1

x 2 +1

+6

+2

= m.

≥2⇒t ≥ 2.

t = −2
−6t 2 − 4t + 16
2t 2 + 2t + 6
′
 4 .
f
t
=
(
)
2 , f ′( t ) = 0 ⇔
Xét hàm số f ( t ) = 2
với t ≥ 2 . Ta có
2
t =
t
−
2
t
+
2
t − 2t + 2
(

)
 3

Lập bảng biến thiên f ( t ) . Chọn đáp án A.
Câu 40: Thầy Tâm làm một cái cửa nhà hình parabol có chiều cao từ mặt đất đến đỉnh là 2,25 mét,
chiều rộng tiếp giáp với mặt đất là 3 mét. Giá thuê mỗi mét vuông là 1500000 đồng. Vậy số
tiền Thầy Tâm phải trả là
A. 12750000 đồng.
B. 3750000 đồng.
C. 6750000 đồng.
D. 33750000 đồng.
Hướng dẫn giải
Chọn C

Trang 11/16 - Mã đề thi 127


9
2
Chọn hệ trục như hình vẽ. Phương trình Parabol là y = − x + .
4
3

2
Diện tích mái vòm là. S = ∫−23 − x +
2

Số tiền cần trả:

9

9
dx =
4
2

9
.1500000 = 6750000 .
2

Câu 41: Giá trị nào của m để phương trình log 32 x + log32 x + 1 − 2m − 1 = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc
3
đoạn 1,3  .
A. 1 ≤ m ≤ 16 .

B. 4 ≤ m ≤ 8 .
C. 0 ≤ m ≤ 2 .
Hướng dẫn giải

D. 3 ≤ m ≤ 8 .

Chọn C.

log 32 x + log 32 x + 1 − 2m − 1 = 0 ⇔ m =

)

(

1
log 32 x + log 32 x + 1 − 1

2

2
Đặt t = log 3 x, 0 ≤ t ≤ 3 . Ta có f ( t ) =

(

)

1
t + t +1 −1
2

1
1 
f ′ ( t ) = 1 +
; f ′ ( t ) = 0 vô nghiệm.
2  2 t +1 ÷

f ( 0 ) = 0; f ( 3) = 2 . Vậy 0 ≤ m ≤ 2 .
Câu 42: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A ( 1, 0, 0 ) , B ( 0, −2,3) và C ( 1,1,1)
. Mặt phẳng ( P ) chứa A, B và cách C một khoảng bằng
A.
B.
C.
D.

2
có phương trình là
3

x + 2 y + z − 1 = 0 hoặc −2 x + 3 y + 6 z + 13 = 0 .
x + y + z − 1 = 0 hoặc −23 x + 37 y + 17 z + 23 = 0 .
2 x + 3 y + z − 1 = 0 hoặc 3 x + y + 7 z + 6 = 0 .
x + y + 2 z − 1 = 0 hoặc −2 x + 3 y + 7 z + 23 = 0 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Mặt phẳng ( P ) có dạng: Ax + By + Cz + D = 0 .
A ( 1, 0, 0 ) ∈ ( P ) : A + D = 0 ( 1)
B ( 0, −2,3) ∈ ( P ) : − 2 B + 3C + D = 0 ( 2 )
d ( C, ( P ) ) =

A+ B+C + D
A2 + B 2 + C 2

=

2
3

( 3)

Từ ( 1) ⇔ D = − A thế vào ( 2 ) ⇔ -2 B + 3C − A = 0 ⇔ 2 B = 3C − A
Từ ( 3) ⇔

2 A + 2 B + 2C + 2 D
A2 + B 2 + C 2

=

4
⇔ 3 2 A + 2 B + 2C + 2 D = 4 A2 + B 2 + C 2
3
Trang 12/16 - Mã đề thi 127


⇔ 3 2 A + 3C − A + 2C − 2 A = 2 4 A2 + ( 3C − A ) + 4C 2 ⇔ 3 5C − A = 2 5 A2 − 6 AC + 13C 2
2

⇔ 3 ( 25C 2 − 10 AC + A2 ) = 4 ( 5 A2 − 6 AC + 13C 2 ) ⇔ 17 A2 − 23C 2 + 6 AC = 0
A
C =1
A
 A
⇔ 17  ÷ + 6 − 23 = 0 ⇔ 
C
C 
 A = − 23
 C
17
2

A
= 1 chọn A = 1, C = 1, B = 1, D = -1 nên x + y + z − 1 = 0 .
C
A
23
=−
chọn A = −23, C = 17, B = 37, D = 23 nên −23 x + 37 y + 17 z + 23 = 0

C
17
Câu 43: Cho hình chóp đều S . ABCD có độ dài cạnh đáy bằng . Gọi

là trọng tâm tam giác SAC . Mặt

phẳng chứa AB và đi qua G cắt các cạnh SC , SD lần lượt tại M và N . Biết mặt bên của
hình chóp tạo với đáy một góc bằng
A.

a3 3
.
8

B.

. Thể tích khối chóp S . ABMN bằng

3a 3 3
a3 3
.
C.
.
16
4
Hướng dẫn giải

D.

a3 3

.
16

Chọn D.
Ta có:

·
= 60
( ( SAB ) , ( ABCD ) ) = SJO

0

; OJ =

a
SO
a 3
, tan600 =
⇒ SO =
2
OJ
2

1
1 a 3 1 2 a3 3
VS . ABC = VS . ACD = SO.S ABC = .
. a =
3
3 2 2
12

VSABM SM 1
VSABC a 3 3
=
= ⇔ VSABM =
=
VSABC
SC 2
2
24
VSAMN SM SN 1
V
a3 3
=
.
= ⇔ VSAMN = SACD =
VSACD
SC SC 4
4
48

Trang 13/16 - Mã đề thi 127


VS . ABMN = VSABM + VSAMN

a3 3
=
16

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1, 0, 0) , B (0,3,0) , C (0, 0, 6) . Tìm

phương trình mặt cầu ( S ) tiếp xúc với Oy tại B , tiếp xúc với Oz tại C và ( S ) đi qua A ?
A. ( x + 5) 2 + ( y − 3) 2 + ( z − 6) 2 = 61 .

B. ( x − 5)2 + ( y − 3) 2 + ( z + 6) 2 = 61 .

C. ( x − 5) 2 + ( y − 3) 2 + ( z − 6) 2 = 61 .
D. ( x − 5) 2 + ( y + 3) 2 + ( z − 6) 2 = 61 .
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Theo yêu cầu bài toán ta có tâm I ( x, 3, 6)
Ta có R = IB = x 2 + 62 = IA =

( x − 1)

2

+ 32 + 62 ⇒ x = 5 nên I (5, 3, 6)

Vậy phương trình mặt cầu : ( x − 5) 2 + ( y − 3) 2 + ( z − 6) 2 = 61 .
Câu 45: Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm M ( 1, 2,3) và có vec tơ chỉ phương
r
a = (1;3; 2) là
 x = −1 + t

A.  y = −2 + 3t .
 z = −3 + 2t


x = 1+ t


B.  y = 2 + 3t .
 z = 3 + 2t


 x = −1 − t

C.  y = −2 − 3t .
 z = −3 − 2t


x = 1− t

D.  y = −2 − 3t .
 z = 3 − 2t


Hướng dẫn giải
Chọn B.
Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm M ( 1, 2,3) và có vec tơ chỉ phương
x = 1+ t
r

a = (1;3; 2) là  y = 2 + 3t .
 z = 3 + 2t

Câu 46: Cho đường cong ( C ) : y =

2x + 3
và M là một điểm nằm trên ( C ) . Giả sử d1 , d 2 tương ứng là
x −1

các khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của ( C ) , khi đó tích d1.d 2 bằng
A. 6.

B. 3 .

C. 5.
Hướng dẫn giải

D. 4.

Chọn C.
Khoảng cách từ M ( xo ; yo ) đến đường thẳng ∆ : Ax + By + C = 0 là d ( M , ∆ ) =

Axo + Byo + C
A2 + B 2

Hai tiệm cận lần lượt là: x − 1 = 0 và y − 2 = 0 .
yo − 2
xo − 1
 2x + 3 
5
=
= xo − 1 và d 2 =
Gọi M  xo ; o
÷∈ ( C ) . Khi đó, d1 = 2
xo − 1
xo − 1 
02 + 12
1 + 02


Do đó, d1.d 2 = 5 .

Trang 14/16 - Mã đề thi 127


Câu 47: Số tiền mà bé Gia Bảo để dành hàng ngày là x (nghìn đồng) với x > 0, x ∈ ¢ ), biết x là
nghiệm của phương trình log

3

( x − 2 ) + log 3 ( x − 4 )

dành được sau 1 tuần (7 ngày) là
A. 21.
B. 24.

2

= 0 . Vậy tổng số tiền mà bé Gia Bảo để

C. 14.
Hướng dẫn giải

D. 7.

Chọn A.
Điều kiện: x − 2 > 0 và x ≠ 4
Với điều kiện trên, phương trình đã cho trở thành
2 log 3 ( x − 2 ) + 2 log 3 x − 4 = 0

⇔ log 3 ( ( x − 2 ) x − 4 ) = 0
⇔ ( x − 2) x − 4 = 1
( x − 2 ) ( x − 4 ) = 1
⇔
(Do điều kiện x − 2 > 0 )
( x − 2 ) ( x − 4 ) = −1
x = 3 ± 2
⇔
x = 3
Theo điều kiện đề bài ta có x = 3 , nên số tiền bé Gia Bảo để dành được sau 1 tuần là 21
(nghìn).
Câu 48: Cho hai điểm M ( 1, –2,1) , N ( 0,1,3) . Phương trình đường thẳng qua hai điểm M , N là
x y −1 z − 3
=
=
.
−1
3
2
x y −1 z − 3
=
C. =
.
1
−2
1

x +1
=

−1
x +1
=
D.
1
Hướng dẫn giải

A.

B.

y−2
=
3
y −3
=
−2

z +1
.
2
z−2
.
1

Chọn A.

uuuu
r
Đường thẳng ( MN ) có vectơ chỉ phương là MN = ( −1;3; 2 ) qua M ( 1, –2,1) , N ( 0,1,3) nên có

phương trình chính tắc là

x −1 y + 2 z −1
x
y −1 z − 3
=
=
=
=
hoặc
−1
3
2
−1
3
2

Câu 49: Người ta bỏ ba quả bóng bàn cùng kích thước vào trong một chiếc hộp hình trụ có đáy bằng
hình tròn lớn của quả bóng bàn và chiều cao bằng ba lần đường kính bóng bàn. Gọi S1 là tổng
diện tích của ba quả bóng bàn, S 2 là diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số
A. 1,2.

B. 1.

C. 2 .
Hướng dẫn giải

S1
bằng
S2

D. 1,5.

Chọn B.
Gọi R là bán kính quả bóng bàn. Khi đó, hộp hình trụ sẽ có bán kính đáy bằng R và chiều cao
bằng 3 lần đường kính quả bóng bàn nên bằng 6R .
2
2
2
Do đó, ta có: S1 = 3 ( 4π R ) = 12π R và S2 = 2π Rh = 12π R .

Vậy

S1
=1
S2

Trang 15/16 - Mã đề thi 127


Câu 50: Cho lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Biết A '. ABC là hình chóp
đều và A ' D hợp với mặt đáy một góc 450 . Thể tích khối lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' là:
A. a 3 3 .

B.

a3 6
.
3

a3 6
.
12
Hướng dẫn giải

C.

D. a 3 .

Chọn D.

Gọi H là trọng tâm của ∆ABC . Khi đó, A ' H ⊥ ( ABC ) (tính chất hình chóp đều).
A ' D tạo với đáy một góc 45° nên ∆A ' HD là tam giác vuông cân tại H .
1
4
4 3
2a 3
Ta có: A ' H = HD = HO + OD = BO + BO = BO = .
.
AB =
3
3
3 2
3
Do đó, VABCD. A ' B 'C ' D ' = A ' H .S ABCD = 2 A ' H .S ABC = 2.

2a 3 a 2 3
.
= a3 .
3

4

Trang 16/16 - Mã đề thi 127