Đề THI THỬ THPT QUỐC GIA 2018 môn Toán Sở Sơn La Có đáp án Có lời giải chi tiết File Word

SỞ GD & ĐT SƠN LA
TRƯỜNG CHUYÊN SƠN LA

KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA – LẦN 2
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Mã đề thi 357

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

Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  3; 4; 2  , B  1; 2; 2  và G  1;1;3 là trọng tâm của
tam giác ABC . Tọa độ điểm C là
A. C  1;1;5  .
B. C  1;3; 2  .

Câu 2:

D. C  0; 0; 2  .

Cho x, y là hai số thực dương và m, n là hai số thực tùy ý. Đẳng thức nào sau đây sai?
A.  x m   x mn .

B.  xy   x m y m .

n

Câu 3:

C. C  0;1; 2  .

m

Hàm số y   x  1

4

C. x m y n   xy 

mn

.

D. x m x n  x m n .

có tập xác định là
B.  1; � .

A. �.

C.  �;1 .

D. �\  1 .

Câu 4:

Hàm số nào sau đây luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó?
x  8
3x  1
x 1

3x  2
A. y 
.
B. y 
.
C. y 
.
D. y 
.
x3
x 1
x 3
5x  7

Câu 5:

Cho số phức z   2  3i  . Khi đó môđun của z bằng
2

A.
Câu 6:
Câu 7:

5.

B. 1 .

Số đỉnh của một hình bát diện đều là
A. 6 .
B. 10 .

C. 13 .

D. 13 .

C. 12 .

D. 8 .

2
2
2
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  : x  y  z  2 x  6 z  2  0 . Xác định tọa độ tâm

I và tính bán kính của mặt cầu  S  .

Câu 8:

A. I  1;0; 3 , R  7 .

B. I  1;0; 3 , R  2 3 .

C. I  1;0;3 , R  7 .

D. I  1;0;3 , R  2 3 .

Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  6 z  19  0 và điểm A  2; 4;3 . Gọi d
là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  P  . Khi đó d bằng
A. 4 .

Câu 9:

B. 2 .

D. 3 .

C. 1.

2
3
Nếu log 7 x  log 7 ab  log 7 a b  a, b  0  thì x nhận giá trị bằng

A. a 2b .

B. ab 2 .

D. a 2b .

C. a 2b 2 .

Câu 10: Cho số phức z   1  i   1  2i  . Số phức z có phần ảo là
2

A. 2 .
Câu 11:

B. 4 .

D. 4 .

C. 2i .

Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   x
A.

1

f  x  dx  
�
2

x C .

B.

2

f  x  dx 
�
3

x C .

Trang 1/23 - Mã đề thi 111


C.

3

f  x  dx  x
�
2

x C .

D.

2

f  x  dx  x
�
3

x C .

Câu 12: Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB  2a, AD  4a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của
AB, CD . Quay hình chữ nhật ABCD quanh trục MN ta được khối trụ tròn xoay. Thể tích
khối trụ là
A. 16 a 3 .
B. 2 a 3 .
C. 8 a 3 .
D. 4 a 3 .
Câu 13: Cho hàm số y 

x 1
có đồ thị là  C  và đường thẳng d : y  3 x  5. Xác định tọa độ giao
x2

điểm của đường thẳng d và đồ thị  C  .

A.  2;0  ;  1; 2 

� 1�
0;  �
C.  3; 4  ; �
� 2�

B.  3; 4  ;  1; 2 

D.  0; 5 ;  1; 2 

Câu 14: Hàm số y  f  x  liên tục trên  2;9 . F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên  2;9
và F  2   5; F  9   4 . Mệnh đề nào sau đây đúng ?
9

A.

f  x  dx  1.
�

9

B.

2

9

f  x  dx  9
�

C.

2

f  x  dx  1.
�
2

9

D.

f  x  dx  20.
�
2

Câu 15: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên � và có bảng biến thiên như sau
x �
y�



y

0
0
1

�



2
0



�
�

2

Hàm số y  f  x  đạt cực tiểu tại điểm nào sau đây ?
A. x  0.
B. x  1.
C. x  2.

D. x  2.

Câu 16: Kết quả thống kê cho biết ở thời điểm năm 2013 dân số Việt Nam là 90 triệu người, tốc độ
tăng dân số là 1,1% / năm. Nếu mức tăng dân số ổn định như vậy thì dân số Việt Nam sẽ gấp
đôi (đạt ngưỡng 180 triệu) vào năm nào?
A. 2093 .
B. 2077 .
C. 2070 .
D. 2050 .
uuur
Câu 17: Giả sử A, B theo thứ tự là điểm biểu diễn của số phức z1 , z2 . Khi đó độ dài của AB bằng
A. z2  z1 .

B. z2  z1 .
C. z1  z2 .
D. z1  z2 .

A�bằng 2 2a 2 . Thể tích
B C D có diện tích mặt chéo ACC �
Câu 18: Cho hình lập phương ABCD. A����
của khối lập phương ABCD. A����
B C D là
A. a 3 .

B. 2a 3 .

C. 2 2a 3 .

D. 8a 3 .

Câu 19: Gọi P là giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 3 3 x 2  9 x  5 trên đoạn  2; 2 . Vậy giá trị của P
là
A. P  17 .

B. P  22 .

C. P  10 .

D. P  3 .

Câu 20: Gọi V là thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi cho hình phẳng giới hạn bởi các đường
15
1

�
�
.
 1 , y  0 , x  1 , x  k (k  1) quay xung quanh trục Ox. Tìm k để V   �  ln16 �
x
�4
�
A. k  4 .
B. k  8 .
C. k  4e .
D. k  e 2 .
y

Trang 2/23 - Mã đề thi 111


Câu 21: Cho log 2 5  a , log 3 5  b . Khi đó log 6 5 tính theo a và b là
A.

1
.
ab

B.

ab
.
ab

C. a  b .

D. a 2  b 2 .

r
r
Câu 22: Góc tạo bởi hai véc tơ a   2; 2; 4  , b  2 2; 2 2;0 bằng



A. 30�.

B. 45�.



C. 90�.

D. 135�.

x  1  x 2  dx. Đặt u  1  x 2 , khi đó viết I theo u và du ta được
Câu 23: Cho I  �
10

2u10du .
A. I  �

u10du .
B. I  2 �

C. I  

1 10
u du .
2�

D. I 

1 10
u du .
2�

Câu 24: Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 6 và diện tích xung quanh bằng 30 . Thể tích của
khối nón là
A.

25 11
.
3

B.

5 11
.
3

C.

4 11
.
3

D.

6 11
.
3

Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  3  0 và điểm M  1; 2; 4  . Tìm tọa
độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng  P  .
A.  5; 2; 2  .

B.  0; 0; 3  .

C.  3;0;3 .

D.  1;1;3 .

Câu 26: Cho hàm số y  x 3  3x 2  3 có đồ thị là  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có
hoành độ x  1 có phương trình
A. y  2 x  1 .

B. y   x  2 .

C. y  3x  3 .

D. y  3x  4 .

Câu 27: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện  2  i  z   4  i  z  3  2i . Số phức liên hợp của z là
A. z 

5 1
 i.
4 4

1 5
C. z    i .
4 4

B. z 

5 1
 i.
4 4

1 5
D. z    i .
4 4

Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

x  3 y 1 z  2


và
2
1
3

x 1 y  5 z 1



. Xét vị trí tương đối giữa d1 và d 2 .
4
2
6
A. d1 song song với d 2 .
B. d1 trùng d 2 .
d2 :

C. d1 chéo d 2 .

D. d1 cắt d 2 .

Câu 29: Trong các hình vẽ sau, hình nào biểu diễn của đồ thị hàm số y   x 4  2 x 2  3

Trang 3/23 - Mã đề thi 111


A. Hình 2.

B. Hình 4.

C. Hình 3.

D. Hình 1.

Câu 30: Bất phương trình 9 x  3x  6  0 có tập nghiệm là
A.  �;1 .

B.  �; 2  � 3; � .

C.  1; � .

D.  2;3 .

Câu 31: Cho 4 x  4 x  7 . Biểu thức P 
A. P 

3
.
2

5  2 x  2 x
có giá trị bằng
8  4.2 x  4.2 x

5
B. P   .
2

C. P  2 .

D. P  2 .

B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B, �
Câu 32: Cho hình lăng trụ ABC. A���
ACB  60o, BC  a,
AA�
 2a . Cạnh bên tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 30o. Thể tích khối lăng trụ
ABC. A���

B C bằng

a3 3
A.
.
6
Câu 33: Biết

 x  3 .e
�

a3 3
B.
.
3
2 x

dx  

a3 3
C.
.
2

D. a 3 3 .

1 2 x
e  2 x  n   C , với m, n ��. Khi đó tổng S  m 2  n 2 có giá trị
m

bằng
A. 10 .

B. 5 .

C. 65 .

D. 41 .

�  120�, biết
Câu 34: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , BC  2a , BAC
SA   ABC  và mặt phẳng  SBC  hợp với đáy một góc bằng 45�
. Tính thể tích khối chóp
S . ABC

A.

a3
.
3

B. a 3 2 .

C.

a3
.
9

Câu 35: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2  3i  z  1  9i . Số phức w 

D.

a3
.
2

5
có điểm biểu diễn là
iz

điểm nào trong các điểm A, B, C , D ở hình bên?

Trang 4/23 - Mã đề thi 111


B. Điểm C .

A. Điểm D .

C. Điểm B .

D. Điểm A .

3
2
2
Câu 36: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x  3mx   6m  3 x đạt cực trị tại x  1 .
A. Không có giá trị nào của m .
B. m  0 .

C. m  1 .
D. m  0 hoặc m  1 .

Câu 37: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm I  1;0; 1 là tâm của mặt cầu  S  và đường
x 1 y 1 z


thẳng d :
, đường thẳng d cắt mặt cầu  S  tại hai điểm A , B sao cho
2
2
1
AB  6 . Mặt cầu  S  có bán kính R bằng
A. 2 2 .

B. 10 .

C.

2.

D. 10 .

2

x2
Câu 38: Biết � dx  a  ln b  a, b �� . Gọi S  2a  b , giá trị của S thuộc khoảng nào sau đây ?
x 1
0
A.  8;10  .

B.  6;8  .

C.  4;6  .

D.  2; 4  .

Câu 39: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a . Cạnh bên hợp với mặt đáy một góc
45o. Hình nón có đỉnh là S , có đáy là đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD có diện tích xung
quanh là
 a2
 a2
 a2 3
 a2 3
A. S 
.
B. S 
.
C. S 
.
D. S 
.
2
4
4
2
Câu 40: Hàm số y   x 2  2 x nghịch biến trên khoảng nào ?
A.  0;1 .

B.  1; � .

C.  1; 2  .

D.  �;1 .

Câu 41: Với giá trị nào của m thì hàm số y  mx  1 đạt giá trị lớn nhất bằng 1 trên [0; 2] .
xm
3
A. m  1 .

B. m  1 .

C. m  3 .

D. m  3 .

1
C. x  .
e

D. x  e .

Câu 42: Hàm số f  x   x 2 .ln x đạt cực trị tại điểm
A. x 

1
.
e

B. x  e .

Câu 43: Cho hàm số y  x  mx  5  m  0  tham số. Hỏi hàm số đã cho có thể có nhiều nhất bao
3

nhiêu điểm cực trị?
A. 4 .

B. 2 .

C. 1.

D. 3 .

Câu 44: Số sản phẩm của một hãng đầu DVD sản suất được trong 1 ngày là giá trị của hàm số:
2
3

1
3

f ( m, n)  m .n , trong đó là m số lượng nhân viên và n là số lượng lao động chính. Mỗi ngày
hãng phải sản xuất được ít nhất 40 sản phẩm để đáp ứng nhu cầu khách hàng. Biết rằng mỗi
Trang 5/23 - Mã đề thi 111


ngày hãng đó phải trả lương cho một nhân viên là 6 USD và cho một lao động chính là 24
USD. Tìm giá trị nhỏ nhất chi phí trong 1 ngày của hãng sản xuất này.
A. 720 USD.
B. 600 USD.
C. 560 USD.

D. 1720 USD.
x2 y 2

 1 và S2 là diện tích của hình
9
1
thoi có các đỉnh là đỉnh của elip đó. Tính tỉ số giữa S1 và S2 .

Câu 45: Gọi S1 là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi elip

A.

S1 2
 .
S2 

B.

S1 3
 .
S2 

C.

S1 
 .
S2 3

D.

S1 
 .
S2 2

Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho A  3;1; 2  , B  3; 1; 0  và mặt phẳng  P  : x  y  3z  14  0 .
Điểm M thuộc mặt phẳng  P  sao cho MAB vuông tại M . Tính khoảng cách từ điểm M
đến mặt phẳng Oxy .
A. 5 .

C. 3 .

B. 4 .

D. 1.

Câu 47: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  5 và w  z  1  i có môđun lớn nhất. Số phức

z có môđun bằng
A. 2 5 .

B. 3 2 .

C.

6.

D. 5 2 .

Câu 48: Từ một nguyên liệu cho trước, một công ty muốn thiết kế bao bì đựng sữa với thể tích 100ml 3 .
Bao bì được thiết kế bởi một trong hai mô hình là: hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông và

hình trụ. Hỏi thiết kế theo mô hình nào tiết kiệm nguyên vật liệu nhất ?
A. Hình hộp chữ nhật có cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy.
B. Hình trụ có chiều cao gấp hai lần bán kính đáy.
C. Hình trụ có chiều cao bằng bán kính đáy.
D. Hình hộp chữ nhật có cạnh bên bằng cạnh đáy.
1
2
Câu 49: Cho phương trình 4 log 9 x  m log 1 x  log
6
3

1
3

xm

2
 0 ( m là tham số ). Tìm m để
9

phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1.x2  3 . Mệnh đề nào sau đây đúng ?
A. 1  m  2 .

B. 3  m  4 .

C. 0  m 

3
.
2

D. 2  m  3 .

x 1
(C ) . Gọi d là khoảng cách từ giao điểm của hai đường tiệm cận của
x2
đồ thị đến một tiếp tuyến của (C ) . Giá trị lớn nhất mà d có thể đạt được là :

Câu 50: Cho hàm số y 

A.

2
.
2

B.

5.

C.

3.

D.

6.

--- Hết ---

Trang 6/23 - Mã đề thi 111


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
A C D A D A B D D A D D B A C B B C A A B C C A 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 D A A A D C C C D B B D B C B A C A D B B B C D
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:

Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  3; 4; 2  , B  1; 2; 2  và G  1;1;3 là trọng tâm của
tam giác ABC . Tọa độ điểm C là
A. C  1;1;5  .
B. C  1;3; 2  .

C. C  0;1; 2  .

D. C  0; 0; 2  .

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có
x A  xB  xC
�
�xG 
3
�xC  3xG  x A  xB  1
�
y A  yB  yC

�
�
� �yC  3 yG  y A  yB  1 � C  1;1;5  .
�yG 
3
�
�z  3z  z  z  5
G
A
B
�C
z A  z B  zC
�
z

�G
3
�
Câu 2:

Cho x, y là hai số thực dương và m, n là hai số thực tùy ý. Đẳng thức nào sau đây sai?
A.  x m   x mn .
n

B.  xy   x m y m .
m

C. x m y n   xy 

mn

.

D. x m x n  x m n .

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Đáp án C sai.
Câu 3:

Hàm số y   x  1

4

có tập xác định là
B.  1; � .

A. �.

C.  �;1 .

D. �\  1 .

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Hàm số y   x  1

4

1 0

xác định khi và chỉ khi x �۹

x 1 (do số mũ bằng 4 �� ).

Suy ra tập xác định của hàm số đã cho là D  �\  1 .
Câu 4:

Hàm số nào sau đây luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó?
x  8
3x  1
x 1
3x  2
A. y 
.
B. y 
.
C. y 
.
D. y 
.
x3
x 1
x 3
5x  7
Hướng dẫn giải
Chọn A.
� 11
� x  8 �
�
 0, x �3.

Ta có y �
�
2
�x  3 �  x  3

Trang 7/23 - Mã đề thi 111


Vậy hàm số y 
Câu 5:

x  8
luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.
x3

Cho số phức z   2  3i  . Khi đó môđun của z bằng
2

A.

5.

B. 1 .

C. 13 .

D. 13 .

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Ta có z   2  3i   5  12i � z 
2

Câu 6: Số đỉnh của một hình bát diện đều là
A. 6 .
B. 10 .

 5 

2

 12 2  13 .

C. 12 .
Hướng dẫn giải

D. 8 .

Chọn A.

2
2
2
Câu 7: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  : x  y  z  2 x  6 z  2  0 . Xác định tọa độ tâm

I và tính bán kính của mặt cầu  S  .
A. I  1;0; 3 , R  7 .

B. I  1;0; 3 , R  2 3 .

C. I  1;0;3 , R  7 .

D. I  1;0;3 , R  2 3 .
Hướng dẫn giải

Chọn B.

Câu 8:

 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  6 z  2  0 �  x  1 2  y 2   z  3 2  12
Vậy mặt cầu  S  có tâm I  1;0; 3 và bán kính R  2 3
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  6 z  19  0
là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  P  . Khi đó d bằng
A. 4 .

B. 2 .

C. 1.

và điểm A  2; 4;3 . Gọi d
D. 3 .

Hướng dẫn giải
Chọn D.

Trang 8/23 - Mã đề thi 111


d

4  12  18  19



21
3
7

2 3 6
Câu 9: Nếu log 7 x  log 7 ab 2  log 7 a3b  a, b  0  thì x nhận giá trị bằng
2

2

2

A. a 2b .

B. ab 2 .

D. a 2b .

C. a 2b 2 .
Hướng dẫn giải

Chọn D.
log 7 x  log 7 ab 2  log 7 a3b  log 7

ab 2
b

 log 7 2  log 7 a 2b
3
ab
a

Từ đó, x  a 2b
Cho số phức z   1  i   1  2i  . Số phức z có phần ảo là
B. 4 .
C. 2i .
D. 4 .
2

Câu 10:
A. 2 .

Hướng dẫn giải
Chọn A.
z   1  i   1  2i   2i  1  2i   4  2i
Vậy số phức z có phần ảo là 2.
Câu 11:
Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   x
2

1

A.

f  x  dx  
�
2

C.

f  x  dx  x
�
2

3

2

x C .

B.

f  x  dx 
�
3

x C .

D.

f  x  dx  x
�
3

2

x C .

x C .

Hướng dẫn giải
Chọn D
2

�xdx  3 x

x C

Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB  2a, AD  4a . Gọi M , N
lần lượt là trung điểm của AB, CD . Quay hình chữ nhật ABCD quanh trục MN ta được khối
trụ tròn xoay. Thể tích khối trụ là
A. 16 a 3 .
B. 2 a 3 .
C. 8 a 3 .
D. 4 a 3 .

Câu 12:

Hướng dẫn giải
Chọn D
Do AB  2a là đường kính của đường tròn đáy � r  a
V   r 2 h   .a 2 .4a  4 a 3

Câu 13:

Cho hàm số y 

x 1

có đồ thị là  C  và đường thẳng d : y  3 x  5.
x2

Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị  C  .
A.  2;0  ;  1; 2 

� 1�
0;  �
C.  3; 4  ; �
� 2�
Hướng dẫn giải

B.  3; 4  ;  1; 2 

D.  0; 5 ;  1; 2 

Trang 9/23 - Mã đề thi 111


Chọn B
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị  C  :
x3
�
x 1
 3x  5 � x  1  3 x 2  11x  10 � 3 x 2  12 x  9  0 � �
.
x 1
x2
�
Suy ra tọa độ các giao điểm là  3; 4  ,  1; 2  .

Hàm số y  f  x  liên tục trên  2;9 . F  x  là một nguyên hàm của

Câu 14:

hàm số f  x  trên  2;9 và F  2   5; F  9   4 . Mệnh đề nào sau đây đúng ?
9

A.

f  x  dx  1.
�
2

9

9

f  x  dx  9
B. �

C.

2

f  x  dx  1.
�
2

9

D.

f  x  dx  20.
�
2

Hướng dẫn giải
Chọn A
9

Theo định nghĩa tích phân, ta có

f  x  dx  F  x 
�
2

9
2

 F  9   F  2   4  5  1 .

Cho hàm số y  f  x  liên tục trên � và có bảng biến thiên như sau

Câu 15:
x �
y�
y



0
0
1



2
0



�
�

�

2

Hàm số y  f  x  đạt cực tiểu tại điểm nào sau đây ?
A. x  0.
B. x  1.
C. x  2.
Hướng dẫn giải

D. x  2.

Chọn C
Theo Quy tắc I, hàm số đạt tiểu tại x  2.
Câu 16:
Kết quả thống kê cho biết ở thời điểm năm 2013 dân số Việt Nam là

90 triệu người, tốc độ tăng dân số là 1,1% / năm. Nếu mức tăng dân số ổn định như vậy thì dân
số Việt Nam sẽ gấp đôi (đạt ngưỡng 180 triệu) vào năm nào?
A. 2093 .
B. 2076 .
C. 2070 .
D. 2050 .
Hướng dẫn giải.
Chọn B
Dân số thế giới được ước tính theo công thức S  A.e ni , trong đó A là dân số của năm lấy làm
mốc tính, S là dân số sau n năm, i là tỉ lệ tăng dân số hàng năm.
Theo đề bài ta có S  A.eni � 180  90e1,1%.n � n  63.01338005 .
Vậy sau khoảng hơn 63 năm thì dân số Việt Nam đạt ngưỡng 180 triệu hay vào khoảng năm
2076 .
Câu 17:
Giả sử A, B theo thứ tự là điểm biểu diễn của số phức z1 , z2 . Khi đó
uuur
độ dài của AB bằng
A. z2  z1 .

B. z2  z1 .

C. z1  z2 .

D. z1  z2 .

Hướng dẫn giải.
Chọn B.
Trang 10/23 - Mã đề thi 111

Giả sử z1  a  bi , z2  c  di  a, b, c, d �� .
Theo đề bài ta có A  a; b  , B  c; d  � AB 
z2  z1   a  c    d  b  i � z2  z1 

 c  a

 c  a

2

2

  d  b .
2

  d  b .
2

Cho hình lập phương ABCD. A����
A�
B C D có diện tích mặt chéo ACC �

Câu 18:

bằng 2 2a 2 . Thể tích của khối lập phương ABCD. A����
B C D là
A. a 3 .
B. 2a 3 .
C. 2 2a 3 .

D. 8a 3 .

Hướng dẫn giải.
Chọn C.
Giả sử hình lập phương có cạnh bằng x  x  0  .
2
�
Ta có S ACC �
A� AA . AC  x.x 2  2 2a � x  a 2 .



Vậy VABCD. A����
BCD  a 2



3

 2a 3 2 .

Gọi P là giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 3 3 x 2  9 x  5 trên đoạn

Câu 19:

 2; 2 . Vậy giá trị của
A. P  17

P là
C. P  10 .

B. P  22 .

D. P  3 .

Hướng dẫn giải.
Chọn A.
Hàm số liên tục trên  2; 2 .
 3x 2  6 x  9 .
Ta có y �

 0 có nghiệm x  1 .
Trên đoạn  2; 2 phương trình y �
Khi đó y  2   3 , y  2   17 , y  1  10 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là P  17 .
Câu 20:

Gọi V là thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi cho hình phẳng giới

hạn bởi các đường y 
15
�
�
V   �  ln16 �
.
�4
�
A. k  4 .

1

 1 , y  0 , x  1 , x  k (k  1) quay xung quanh trục Ox. Tìm k để
x

B. k  8 .

C. k  4e .

D. k  e 2 .

Hướng dẫn giải.
Chọn A.
k

2

k

k

�1 �
�1 2 �
�1
�
�1
�
dx   �  2ln x  x �   �
  2 ln k  k �.
Ta có V   �
�  1�dx   �
� 2   1�

x �
x
x �
�x
�
�k
�
1�
1�
1
15
15
�
�
�1
� �
�
V   �  ln16 ��  �
  2 ln k  k �  �  ln16 �� k  4 .
�4
�
�k
� �4
�
Câu 21: Cho log 2 5  a , log 3 5  b . Khi đó log 6 5 tính theo a và b là
A.

1
.
ab

B.

ab
.
ab

C. a  b .

D. a 2  b 2 .

Hướng dẫn giải

Chọn B.

Trang 11/23 - Mã đề thi 111


1
1
1
ab



Cách 1: Ta có
log 5 6 log 5 2  log 5 3 1  1 a  b .
a b
STO
STO

� A, log3 5 ���
�B
Cách 2: Bấm máy : log 2 5 ���
log 6 5 

Bấm máy : log 6 5  K.qua cua tung phuong an đến khi được đáp số bằng 0.
r
r
Câu 22: Góc tạo bởi hai véc tơ a   2; 2; 4  , b  2 2; 2 2;0 bằng



A. 30�.

B. 45�.



C. 90�.
Hướng dẫn giải

D. 135�.

Chọn C.
rr
r r
Tính a.b  2.2 2  2. 2 2  4.0  0 � a  b





x  1  x 2  dx. Đặt u  1  x 2 , khi đó viết I theo u và du ta được
Câu 23: Cho I  �
10

2u10du .
A. I  �

u10du .
B. I  2 �

C. I  

1 10
u du .
2�

D. I 

1 10
u du .
2�

Hướng dẫn giải
Chọn C.
1
2
+ Đặt u  1  x � du  2 xdx � xdx   du
2

1 10
u du
+ Khi đó I   �
2
Câu 24: Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 6 và diện tích xung quanh bằng 30 . Thể tích của
khối nón là
A.

25 11
.
3

B.

5 11
.
3

C.

4 11
.
3

D.

6 11
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi r , h, l lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và độ dài đường sinh của khối nón.
S
30
Ta có S xq   rl � r  xq 
 5 � h  l 2  r 2  62  52  11.
l
6
1
1
25 11
Thể tích khối nón V   r 2 h   .25. 11 
.
3
3
3
Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  3  0 và điểm M  1; 2; 4  . Tìm tọa
độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng  P  .
A.  5; 2; 2  .

B.  0; 0; 3  .

C.  3;0;3 .

D.  1;1;3 .

Hướng dẫn giải
Chọn C.
+ Gọi  là đường thẳng đi qua M và vuông góc với mặt phẳng  P  . Phương trình tham số

�x  1  2t
�
của  là �y  2  2t . Gọi H là hình chiếu của M trên  .
�z  4  t
�
Trang 12/23 - Mã đề thi 111


+ H � � H  1  2t ; 2  2t ; 4  t  .
+ Vì H nằm trên  P  nên 2  1  2t   2  2  2t    4  t   3  0 � 9t  9  0 � t  1.
Vậy ta được H  3;0;3 .
Câu 26: Cho hàm số y  x 3  3x 2  3 có đồ thị là  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại điểm có
hoành độ x  1 có phương trình
A. y  2 x  1 .
B. y   x  2 .

C. y  3x  3 .

D. y  3x  4 .

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi M  1; y0  là tiếp điểm.

Vì M  1; y0  � C  nên y0  1

 1  3
y�
 3x 2  6 x � hệ số góc tiếp tuyến là k  y�

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là y  3  x  1  1 � y  3x  4

Câu 27: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện  2  i  z   4  i  z  3  2i . Số phức liên hợp của z là
5 1
5 1
A. z   i .
B. z   i .
4 4
4 4
1 5
C. z    i .
4 4

1 5
D. z    i .
4 4

Hướng dẫn giải
Chọn D.

 2  i  z   4  i  z  3  2i �  2  2i  z  3  2i � z 

3  2i
1 5
1 5
  i�z   i
2  2i
4 4
4 4

Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :

x  3 y 1 z  2


và
2
1
3

x 1 y  5 z 1


. Xét vị trí tương đối giữa d1 và d 2 .
4
2
6
A. d1 song song với d 2 .
B. d1 trùng d 2 .
d2 :

C. d1 chéo d 2 .

D. d1 cắt d 2 .
Hướng dẫn giải

Chọn A.
ur
d1 qua M 1  3;1; 2  và có VTCP u1   2;1;3
uu

r
d 2 qua M 2  1; 5;1 và có VTCP u2   4; 2;6 
ur
uu
r
Dễ thấy u1 cùng phương với u2 và M 1 �d 2 nên suy ra d1 song song với d 2
Câu 29: Trong các hình vẽ sau, hình nào biểu diễn của đồ thị hàm số y   x 4  2 x 2  3

Trang 13/23 - Mã đề thi 111


A. Hình 2.

B. Hình 4.

C. Hình 3.

D. Hình 1.

Hướng dẫn giải
Chọn A.
Vì a  1  0 nên loại B, C.
Vì ab  2  0 nên hàm số có 3 cực trị, vậy loại D.
Câu 30: Bất phương trình 9 x  3x  6  0 có tập nghiệm là
A.  �;1 .
B.  �; 2  � 3; � .
C.  1; � .

D.  2;3 .
Hướng dẫn giải

Chọn A.

 

9 x  3x  6  0 � 3x

2

 3 x  6  0 � 2  3 x  3 � x  1 .

Câu 31: Cho 4 x  4 x  7 . Biểu thức P 
A. P 

3
.
2

5  2 x  2 x
có giá trị bằng
8  4.2 x  4.2 x

5
B. P   .
2

C. P  2 .

D. P  2 .

Hướng dẫn giải
Chọn D.

   2 

Ta có 4 x  4 x  7 � 2 x

2

x

Như vậy 2 x  2 x  3 � P 

2



 7 � 2 x  2 x



2



 2.2 x.2 x  7 � 2 x  2  x



2

9

53
5  2 x  2 x

 2
x
x
8  4.3
8  4.2  4.2

B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B, �
Câu 32: Cho hình lăng trụ ABC. A���
ACB  60o, BC  a,
AA�
 2a . Cạnh bên tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 30o. Thể tích khối lăng trụ
ABC. A���
B C bằng

A.

a3 3
.
6

B.

a3 3
.

3

C.

a3 3
.
2

D. a 3 3 .

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Trong tam giác ABC vuông tại B ta có:
AB
tan 60�
� AB  BC. 3  a 3
BC
Trang 14/23 - Mã đề thi 111


Diện tích đáy: S ABC 

1
a2 . 3
.
AB.BC 
2
2

Gọi H là hình chiếu của A�lên mặt phẳng  ABC  .

Góc giữa cạnh bên AA�và đáy là �
A�
AH  30�.
Trong tam giác vuông A�
HA ta có:
1
A�
H  AA�
.sin 30� 2a.  a
2
Thể tích lăng trụ là: V  A�
H . S ABC  a.

Câu 33: Biết

 x  3 .e
�

2 x

dx  

a 2 3 a3 . 3

2
2

1 2 x
e  2 x  n   C , với m, n ��. Khi đó tổng S  m 2  n 2 có giá trị
m

bằng
A. 10 .

B. 5 .

C. 65 .

D. 41 .

Hướng dẫn giải
Chọn C.
du  dx
�
u  x3
�
�
��
Đặt �
1
v   e 2 x
dv  e 2 x dx �
�
�
2
1
1 2 x
1
1
e dx   .e 2 x  x  3   e2 x  C

Khi đó �
 x  3 .e2 x dx   e 2 x  x  3  �
2
2
2
4
1
1
  e2 x .  2 x  6  1  C   e 2 x  2 x  7   C � m  4; n  7
4
4
2
2
m  n  65

�  120�, biết
Câu 34: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , BC  2a , BAC
SA   ABC  và mặt phẳng  SBC  hợp với đáy một góc bằng 45�
. Tính thể tích khối chóp
S . ABC

A.

a3
.
3

B. a 3 2 .

C.

a3
.
9

D.

a3
.
2

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi I là trung điểm của BC . Vì tam giác ABC cân tại
A nên AI  BC và góc �
ACI  30�
Trong tam giác AIC vuông tại I ta có:
tan 30�

AI
3 a 3
� AI  IC.tan 30� a.

IC
3
3

Diện tích đáy S ABC 

1

1 a. 3
a2 3
.
AI .BC 
.2a 
2
2 3
3

�
 SBC  � ABC   BC
�
Ta có �AI  BC
�SI  BC
�
Trang 15/23 - Mã đề thi 111


� A  45�
Góc giữa  SBC  và  ABC  là SI
Suy ra tam giác SAI vuông cân tại A � SA  AI 

a 3
3

Thể tích khối chóp là là:
1
1 a 2 3 a 3 a3
V  .SA.S ABC  .
.


3
3 3
3
9
Câu 35: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2  3i  z  1  9i . Số phức w 

5
có điểm biểu diễn là
iz

điểm nào trong các điểm A, B, C , D ở hình bên?

A. Điểm D .

B. Điểm C .

C. Điểm B .

D. Điểm A .

Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi z  a  bi  a, b �� � z  a  bi
Ta có z   2  3i  z  1  9i

� a  bi   2  3i   a  bi   1  9i
� a  bi  2a  2bi  3ai  3b  1  9i
� a  3b  3ai  3bi  1  9i
a  3b  1

a2
�
�
��
��
� z  2i
3a  3b  9
b  1
�
�

Số phức w 

5
5

 1  2i
iz i  2  i 

Vậy điểm biểu diễn của số phức w là A  1; 2  .
3
2
2
Câu 36: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x  3mx   6m  3 x đạt cực trị tại x  1 .
A. Không có giá trị nào của m .
B. m  0 .
C. m  1 .
D. m  0 hoặc m  1 .
Hướng dẫn giải
Chọn B.

Tập xác định: D  �.
 3x 2  6mx  6m 2  3 � y �
 1  6m2  6m .
Đạo hàm: y�
m0
�
 1  0 � 6m 2  6m  0 � � .
Điều kiện cần: Hàm số đạt cực trị tại x  1 thì y �
m 1
�
Điều kiện đủ:
 0 � x  �1 . Dễ thấy hàm số đạt cực trị tại x  1 .
 Với m  0 thì y �
 3x 2  3 ; y�

 Với m  1 thì y �
 3x 2  6 x  3  3  x  1 �0,  ��. Hàm số không có cực trị tại x  1 .
Vậy với m  0 hàm số sẽ đạt cực trị tại x  1 .
2

Trang 16/23 - Mã đề thi 111


Câu 37: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm I  1;0; 1 là tâm của mặt cầu  S  và đường
x 1 y 1 z


thẳng d :
, đường thẳng d cắt mặt cầu  S  tại hai điểm A , B sao cho
2

2
1
AB  6 . Mặt cầu  S  có bán kính R bằng
A. 2 2 .

B. 10 .

D. 10 .

C. 2 .
Hướng dẫn giải

Chọn B.
Đường thẳng d qua M  1; 1;0  và có vectơ chỉ phương là
r
u   2; 2; 1 .
uuur uu
r
�
�
IM
,
u
uuur
d
�
IM

0;


1;1
Ta có

 . Kí hiệu d  d  I , d   uur � 1 .
ud
2

AB � 2
Áp dụng định lý Pitago ta có R  �
� � d  10 .
�2 �
2

x2
Câu 38: Biết � dx  a  ln b  a, b �� . Gọi S  2a  b , giá trị của S thuộc khoảng nào sau đây ?
x 1
0
A.  8;10  .

B.  6;8  .

C.  4;6  .
Hướng dẫn giải

D.  2; 4  .

Chọn D.
2

2

a0
�
�
x2
1 � �x 2
�
d
x

x

1

d
x


x

ln
x

1

ln
3

a

ln

b
�
�S 3.
Ta có �


�
�
�
�
�
�
b

3
x

1
x

1
2
�
�
�
�
�0
0
0
2

Vậy S � 2; 4  .

Câu 39: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a . Cạnh bên hợp với mặt đáy một góc
45o. Hình nón có đỉnh là S , có đáy là đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD có diện tích xung
quanh là
 a2
 a2
 a2 3
 a2 3
A. S 
.
B. S 
.
C. S 
.
D. S 
.
2
4
4
2
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi O  AC �BD và I là trung điểm BC . Khi đó OC  a
Ta có SO  OC tan 45o  a

2
.
2

2
.
2

Trong SOH vuông tại O thì SI 2  SO 2  OI 2 � SI 

a 3
.
2

a a 3  a2 3
Khi đó S xq   rl   . .
.

2 2
4
Câu 40: Hàm số y   x 2  2 x nghịch biến trên khoảng nào ?
A.  0;1 .

B.  1; � .

C.  1; 2  .

D.  �;1 .

Hướng dẫn giải
Chọn C.
Trang 17/23 - Mã đề thi 111

Tập xác định: D   0; 2 .
x 1

Đạo hàm: y �
 x2  2 x
Bảng biến thiên:

 0  x  2 ;

y�
 0 � x  1.

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 2  .
Câu 41: Với giá trị nào của m thì hàm số y  mx  1 đạt giá trị lớn nhất bằng 1 trên [0; 2] .
xm
3
A. m  1 .

B. m  1 .

C. m  3 .

D. m  3 .

Hướng dẫn giải
Chọn B.

Ta có, y �

m2  1

 x  m

Để hàm số y 

 0, x � m . Suy ra, hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.

2

mx  1
1
đạt giá trị lớn nhất bằng trên [0; 2] thì
xm
3
�
�
m � 0; 2
 m � 0; 2
�
�
�
1 � �2m  1 1 � m  1.

�y  2  
�
3
�
�m  2 3

Câu 42: Hàm số f  x   x 2 .ln x đạt cực trị tại điểm
A. x 

1
.
e

B. x  e .

1
C. x  .
e

D. x  e .

Hướng dẫn giải
Chọn A.
1
1
 0 � 2 x.ln x  .x 2  0 � x  2.ln x  1  0 � x 
ĐK: x  0 . Ta có y�
(vì x  0) .
x
e
Theo điều kiện cần để hàm số đạt cực trị, ta loại các phương án B, C, D.
Câu 43: Cho hàm số y  x  mx  5  m  0  tham số. Hỏi hàm số đã cho có thể có nhiều nhất bao
3

nhiêu điểm cực trị?
A. 4 .

B. 2 .

C. 1.

D. 3 .

Hướng dẫn giải
Chọn C.
TXĐ: R .

Trang 18/23 - Mã đề thi 111


y
6

Ta có y  x  mx  5 � y �

0�
Phương trình y �

6x

5

2 x6

()

 m.

6 x5

 m.
x
2 x6
O
�
3 x 2 khi x  0
6 x5
6 x5 �

� 2
.
Xét g ( x) 
3
3x khi x  0
�
2 x6 2 x
 0 có tối đa 1 nghiệm.
Dựa vào đồ thị suy ra phương trình y �
Do đó, theo điều kiện cần để hàm số có cực trị, hàm số có không quá một điểm cực trị.
Đôi điều: kết quả bài toán không phụ thuộc vào dữ kiện m  0 .
Câu 44: Số sản phẩm của một hãng đầu DVD sản suất được trong 1 ngày là giá trị của hàm số:
2
3

1
3

f ( m, n)  m .n , trong đó là m số lượng nhân viên và n là số lượng lao động chính. Mỗi ngày
hãng phải sản xuất được ít nhất 40 sản phẩm để đáp ứng nhu cầu khách hàng. Biết rằng mỗi
ngày hãng đó phải trả lương cho một nhân viên là 6 USD và cho một lao động chính là 24
USD. Tìm giá trị nhỏ nhất chi phí trong 1 ngày của hãng sản xuất này.
A. 720 USD.
B. 600 USD.
C. 560 USD.
D. 1720 USD.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Vì mỗi ngày hãng phải sản xuất được ít nhất 40 sản phẩm nên
2

f ( m, n) �۳۳
40

1

m 3 .n 3

40

m 2 .n 403 . Chi phí phải trả trong 1 ngày của hãng là

m m
�m m
�
� 6m  24n  6  m  4n   6 �   4n ��6.3. 3 � �
4n  18 3 m 2 .n �18 3 403  18.40  720.

2
2
2
2
�
�
Mặt khác,
�m
�  4n
6m  24n  720 � �2
� ( m; n)  (80;10) .
2
3
�
m n  40
�
Suy ra, min � 720 .
x2 y 2

 1 và S2 là diện tích của hình
9
1
thoi có các đỉnh là đỉnh của elip đó. Tính tỉ số giữa S1 và S2 .

Câu 45: Gọi S1 là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi elip

A.

S1 2
 .

S2 

B.

S1 3
 .
S2 

C.

S1 
 .
S2 3

D.

S1 
 .
S2 2

Hướng dẫn giải
Chọn D.
y
1
O

y

x2
y  1

9
3 x

b
O

a x

Trang 19/23 - Mã đề thi 111


Cách 1: Gọi T là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi elip và hai trục tọa độ bên góc phần tư
3
x2
3
T

1

dx 
� S1  4T  3 .
thứ nhất. Khi đó
�
9
4
0
S1 3 
1

 .

Hơn nữa S 2  .6.2  6 . Khi đó
S2
6
2
2
Cách 2( tổng quát): Diện tích của elip ứng với hai bán trục a và b là S1   ab . Hình thoi có
các đỉnh là đỉnh của elip có bán trục a và b có độ dài hai đường chéo là 2a và 2b nên có diện
S1  ab 
1

 .
tích là S 2  .2a.2b  2ab . Khi đó
S 2 2ab 2
2
Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho A  3;1; 2  , B  3; 1; 0  và mặt phẳng  P  : x  y  3z  14  0 .
Điểm M thuộc mặt phẳng  P  sao cho MAB vuông tại M . Tính khoảng cách từ điểm M
đến mặt phẳng Oxy .
A. 5 .

C. 3 .

B. 4 .

D. 1.

Hướng dẫn giải
Chọn B.
Tam giác MAB vuông tại M , suy ra M thuộc mặt cầu  S  đường kính AB  2 11 .
Xét vị trí tương đối của  P  và  S  , ta có ( P ) tiếp xúc  S  .

Lại vì M � P  nên M là tiếp điểm của  P  và  S  , hay M là hình chiếu của tâm của mặt
cầu  S  trên  P  .  S  có tâm là trung điểm I  0;0;1 của đoạn AB .

Đường thẳng IM qua I  0;0;1 và nhận vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  làm véctơ chỉ
phương
�x  t
�
� IM : �y  t
(t ��)
�z  1  3t
�
M � � M (t ; t;1  3t )
M � P  � t  t  3(1  3t )  14  0 � 11.t  11 � t  1 � M  1;1; 4 
Oxy : z  0
4
4
Suy ra: d ( M ; Oxy ) 
1
Câu 47: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  5 và w  z  1  i có môđun lớn nhất. Số phức

z có môđun bằng
A. 2 5 .

B. 3 2 .

C.

6.

D. 5 2 .

Hướng dẫn giải:
Chọn B.
Gọi z  x  yi

 x, y ��

Ta có z  1  2i  5 �

� z  1  2i   x  1   y  2  i

 x  1

2

  y  2   5 �  x  1   y  2   5
2

2

2

Trang 20/23 - Mã đề thi 111


Suy ra tập hợp điểm M  x; y  biểu diễn số phức z thuộc đường tròn  C  tâm I  1; 2  bán
kính R  5 như hình vẽ:
Dễ thấy O � C  , N  1; 1 � C 
Theo đề ta có:

y

M  x; y  � C  là điểm biểu diễn cho số
w  z  1  i  x  yi  1  i   x  1   y  1 i

 x  1

� z 1 i 

2

1

1

N

uuuu
r
2
  y  1  MN

x

O

1

phức z thỏa mãn:

2

I
M

Suy ra z  1  i đạt giá trị lớn nhất � MN lớn nhất
Mà M , N � C  nên MN lớn nhất khi MN là đường kính đường tròn  C 

� I là trung điểm MN � M  3; 3 � z  3  3i � z  32   3  3 2
2

Cách 2: (giải thuần đại số)
Đặt z  x  yi  x, y �� thì z  1  2i  5 �  x  1   y  2   5 (1)
2

2

w  z  1  i   x  1   y  1   x  1   y  2   4 x  2 y  3  4 x  2 y  2  do (1) 
2

2

2

2

2

2

2
2
2
�
� w  4  x  1  2  y  2   10 � �
42  ( 2) 2 �
 10  20 (2)
 x  1   y  2  �
�
��
�

�x  1 y  2

 t �0
�x  3
�
2
��
Dấu “=” của (2) xảy ra � � 4
.
y  3
2
2
�
�
 x  1   y  2   5
�
Như vậy do w đạt giá trị lớn nhất nên x  3, y  3 . Từ đó z  3 2 .
Câu 48: Từ một nguyên liệu cho trước, một công ty muốn thiết kế bao bì đựng sữa với thể tích 100ml 3 .

Bao bì được thiết kế bởi một trong hai mô hình là: hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông và
hình trụ. Hỏi thiết kế theo mô hình nào tiết kiệm nguyên vật liệu nhất ?
A. Hình hộp chữ nhật có cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy.
B. Hình trụ có chiều cao gấp hai lần bán kính đáy.
C. Hình trụ có chiều cao bằng bán kính đáy.
D. Hình hộp chữ nhật có cạnh bên bằng cạnh đáy.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi: R là bán kính đáy hình trụ, l là chiều cao hình trụ.
Khi đó hình trụ có thể tích là: V   R 2l  100ml
2
2
Diện tích toàn phần của hình trụ là : Stp  2 Rl  2 R   Rl   Rl  2 R

Trang 21/23 - Mã đề thi 111


Áp dụng BĐT Cô-si cho ba số không âm : 2 R 2 ,  Rl ,  Rl ta có:

Stp   Rl   Rl  2 R 2 �3 3  Rl. Rl.2 R 2  3 3 2 . R 2l. R 2l  3 3 2 .100.100 ; 119.27

 1

Dấu "  " xảy ra �  Rl   Rl  2 R 2 � l  2 R
Gọi a là độ dài cạnh đáy hình hộp chữ nhật
Gọi h là chiều cao hình hộp chữ nhật
Khi đó thể tích hình hộp chữ nhật là: V  a 2 .h  100ml
2
2
Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật là: Stp  2a  4a.h  2a  2a.h  2a.h

Áp dụng BĐT Cô-si cho ba số không âm là: 2a 2 , 2a.h , 2a.h
Ta có: Stp  2a 2  2a.h  2a.h �3 3 2a 2 .2a.h.2a.h �3 3 8a 2 h.a 2h  3.2. 3 100 2 ; 129.27

 2

Dấu "  " xảy ra � 2ah  2ah  2a 2 � h  a
Từ  1 ,  2  � Thiết kế hộp sữa hình trụ có chiều cao gấp hai lần bán kình đáy thì tốn ít nguyên
vật liệu nhất.
1
2
Câu 49: Cho phương trình 4 log 9 x  m log 1 x  log
6
3

1
3

xm

2
 0 ( m là tham số ). Tìm m để
9

phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1.x2  3 . Mệnh đề nào sau đây đúng ?
3
A. 1  m  2 .
B. 3  m  4 .
C. 0  m  .
D. 2  m  3 .

2
Hướng dẫn giải
Chọn C.
1
2
2
Ta có: 4 log 9 x  m log 1 x  log 1 x  m   0
6
9
3
3

Đk: x  0

2
1
2
� 4 log 32 x  m log 31 x  log 1 x  m   0
6 32
9





2

1
2
�1

�
� 4 � log 3 x � m log3 x  log 3 x  m   0
3
9
�2
�
2
� 1�
� log 32 x  �
m �
log 3 x  m   0
9
� 3�

 1

2
� 1�
2
m �
t m  0
Đặt t  log 3 x . Khi đó phương trình  1 � t  �
9
� 3�

 2

Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1.x2  3 � log 3  x1.x2   1

� log 3 x1  log 3 x2  1 � t1  t2  1

(Với t1  log 3 x1 và t2  log 3 x2 )
Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình  2 
Trang 22/23 - Mã đề thi 111


b
2
� 1�
1� �
m  � 1 � m 
a
3
� 3�

Ta có t1  t 2  1 �
Vậy 0  m 

3
là mệnh đề đúng.
2

x 1
(C ) . Gọi d là khoảng cách từ giao điểm của hai đường tiệm cận của
x2
đồ thị đến một tiếp tuyến của (C ) . Giá trị lớn nhất mà d có thể đạt được là :

Câu 50: Cho hàm số y 

A.

2
.
2

B.

5.

C.

3.

D.

6.

Hướng dẫn giải
Chọn D.

 x 
Ta có: y �

3

 x  2

2

. Gọi I là giao của hai tiệm cận � I  2;1

� x 1 �
� C  , với x0 �2 
Gọi M �x0 ; 0
�
x

2
� 0
�
Khi đó tiếp tuyến tại M có phương trình:

 : y  y�
 x0   x  x0   y0
� y

3

 x0  2 

 x  x0  

2

x0  1
3 x0
x 1
3
�
.x  y 
 0

0
2
2
x0  2
 x0  2 
 x0  2  x0  2
6

Khi đó ta có: d  I ;   

 x0  2 

1

2

1
hay d  I ;   

3x0

 x0  2 

2



x0  1
x0  2

9

 x0  2 

4

6 x0  12

 x0  2 

4

9

Áp dụng BĐT: a 2  b2 �2ab, a, b (dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b )
Ta có: 9   x0  2  �2.3.  x0  2  � 9   x0  2  � 6  x0  2 
4

� d  I;  �

6 x0  12

 x0  2   9
4

�

2

6 x0  12

6  x0  2 

2

4

2

 6 ; dấu “=” xảy ra khi x  2 � 3 .
0

Vậy giá trị lớn nhất mà d có thể đạt được là :

6

Trang 23/23 - Mã đề thi 111