19. TS247 DT Đề thi thử thpt qg môn toán trường thpt chuyen đại hoc su pham ha noi ha noi lan 1 nam 2017 co loi giai chi tiet 9016 1484539243

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (844 KB, 30 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017

TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN : TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút

(50 câu trắc nghiệm)

Mã đề thi: 154

Câu 1:Cho các số dương a, b, c, d. Biểu thức S = lna

b+ ln
b
c + ln

c
d +ln

d

a bằng:

A. 0

B. 1

C. ln(a

b+
b

c+

c
d +

d
a )

D. ln(abcd)

Câu 2: Điều kiện cần và đủ của m để hàm số y = mx4 + (m+1)x2 +1 có đúng một điểm cực tiểu là:

A. m>-1

B. m<-1

C. m∈[-1, +∞)/{0}

D. -1<m<0

Câu 3:Hàm số nào trong các hàm số sau đây có đồ thị phù hợp với

hình vẽ bên?

A. y = x3
B. y = x1/5

C. y = x

D. y = x4

Câu 4: Cho hàm số có đồ thị ở hình bên. Phát biểu nào sau đây là đúng?

A Hàm số nghịch biến trên (-2, 0)

B. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1

w

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

C. Hàm số đồng biến trên (-∞,-2) ∪(0,+ ∞)

D. Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x = -2

Câu 5: Hàm số y = log0,5(-x2+2x) đồng biến trên khoảng:

A. (0,1)

B. (1,2)

C. (-∞,1)

D. (1, +∞)

Câu 6: Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa

đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600

. Gọi A‟, B‟, C‟
tương ứng là các điểm đối xứng của A, B, C qua S. Thể tích của
khối bát diện có các mặt: ABC, A‟B‟C‟, A‟BC, B‟CA, C‟AB,

AB‟C‟, BC‟A‟, CA‟B‟ là:

A. 3 3

2 a

B.2 3 3

3 a

C. 2 3a3

D.4 3 3

3 a

Câu 7: Đồ thị của hàm số (2 1) 3

1
m x
y

x

 


 có đường tiệm cận đi qua điểm A(-2,7) khi và chỉ khi:

A. m = -3

B. m = 3

C. m = 1

D. m = -1

Câu 8:Tập nghiệm của bất phương trình ln[(x-1)(x-2)(x-3)+1] > 0 là:

A (1,2)∪(3, +∞)

B. (-∞,1) ∪(2,3)

ww

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

C. (1,2) ∩ (3, +∞)

D. (-∞,1) ∩(2,3)

Câu 9: Tập nghiệm của bất phương trình log(x2 + 25) > log(10x) là:

A. R\{5}

B. (0,5) ∪ (5, +∞)

C. R

D. (0, +∞)

Câu 10: Phát biểu nào sau đây là đúng?

A.

2 3

2 2 ( 1)

( 1)

3
x
x  dx 



+C, C ∈ R

B. 2 2 2

(x 1) dx2(x  1) C



, C ∈ R

C.

5 3

2 2 2

( 1)

5 3

x x

x  dx   x C



, C ∈ R

D.

5 3

2 2

( 1)

5 3

x x
x  dx  x



Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(0, -2, -1) và B(1, -1, 2). Tọa độ điểm M

thuộc đoạn thẳng AB sao cho: MA = 2MB là

A. (-1, -3, -4)

B. (2, 0, 5)

C.( ,2 4,1)
3 3

D.( ,1 3 1, )
2 2 2

Câu 12: Tập nghiệm của bất phương trình (2x241).lnx2 0 là:

A. {1 2}

B. ( 2, -1)∪(1, 2)

C. (1,2)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

D. [1, 2]

Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1,-1,1), B(0,1,-2) và điểm M thay đổi trên

mặt phẳng tọa độ (Oxy). Giá trị lớn nhất của biểu thức T = |MA-MB| là:

A. 6

B. 12

C. 14

D. 8

Câu 14: Cho hình lập phương ABCD.A‟B‟C‟D‟ cạnh a. Thể tích của khối tứ diện ACB D là” 
A. a3

B.

3
a

C.

6
a

D.

2
a

Câu 15: Cho hình nón có chiều cao bằng 3cm, góc giữa trục và đường kính bằng 600. Thể tích của khối
nón là:

A. 9cm3

B. 3 3

cm



C. 18cm3

D. 27cm3

Câu 16: Phát biểu nào sau đây là đúng?

A.



tan2xdxtanxx

B.

tan

tan xdx x

x





C. 2

tan xdxtanx x C



, C ∈ R

w

c

b

u

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

D.

2 tan

tan xdx x C

x

 



, C ∈ R

Câu 17: Khối trụ có thiết diện qua trục là hình vng cạnh a = 2cm có thể tích là:

A. 3

4 cm

B.cm3

C.3 cm 3

D.2 cm 3

Câu 18: Hàm số 1 3 2 1
3

y  x mx  x nghịch biến trên R khi và chỉ khi

A. m ∈ R\[-1,1]

B. m ∈ R\(-1,1)

C. m ∈ [-1, 1]

D. m ∈ (-1,1)

Câu 19: Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình bên. Số đường tiệm vận ngang của đồ thị hàm số

y = f(x) là:

A. 3

B. 0

C. 1

D. 2

Câu 20: Điều kiện cần và đủ của m để hàm số

2 2

( 1) ( 2 ) 1

3
x

y  m x  m  m x nghịch biến trên (2,3) là

A. m ∈ (1, 2)

B. m > 2

C. m < 1

D m ∈ [1, 2]

Câu 21. Cho hình chóp S.ABCB có đáy là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD). góc

giữa SB với mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Thể tích của khối chóp S.ABCD là:

o

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

A.

3 3

a

B. 3 3a 3

C.

3
a

D. 3a 3

Câu 22. Cho a là số thực dương khác 1. Xét hai số thực x1, x2. Phát biểu nào sau đây là đúng?

A. Nếu ax1 ax2 thì

1 2

x  x

B. Nếu ax1 ax2 thì

1 2

x x

C. Nếu ax1 ax2 thì







1 2

1 0

a x x 

D. Nếu ax1 ax2 thì







1 2

1 0

a x x 

Câu 23. Số nghiệm thực phân biệt của phương trình 4x2 5.2x2  4 0 là

A. 3

B. 2

C. 4

D. 1

Câu 24. Cho lăng trụ đứng ABC.A B C‟ có đáy là tam giác vuông cân đỉnh A, mặt bên BCC‟B‟ là hình

vng, khoảng cách giữa AB‟ và CC‟ bằng a. Thể tích khối lăng trụ ABC.A‟B‟C‟ là

A.

2
2
a

B.

2
3
a

C. 2a 3

D. a3

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 25. Cho hình trụ có bán kính đường trịn đáy bằng chiều cao và bằng 2cm. Diện tích xung quanh của

hình trụ bằng

A.8 2

3 cm



B.4 cm 2

C. 2

2 cm

D. 2

8 cm

Câu 26. Hàm số nào trong các hàm số sau có đồ thị phù hợp với hình vẽ bên?

A. yex

B. ylog0,5x

C. yex

D.

log
y x

Câu 27. Điều kiện cần và đủ của m để hàm số x 5

1
m
y

x




 đồng biến trên từng khoảng xác định là

A. m 5

B. m 5

C. m5

D. m5

Câu 28. Cho tứ diện ABCD có 2 mặt ABC, BCD là tam giác đều cạnh a và nằm trong các mặt phẳng

vng góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD là

A.

3
4
a

B.

8
a

C.

4
a

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

D.

3a
8

Câu 29. Cho các số thực a, b,c thỏa mãn 8 4a 2 0

8 4 2 0

b c
a b c

    


    

 . Số giao điểm của đồ thị hàm số

3 2

yx ax bx c và trục Ox là:

A. 3

B. 0

C. 1

D. 2

Câu 30. Chuyện kể rằng: Ngày xưa, có một ơng vua hứa sẽ thưởng cho một vị quan món quà mà vị quan

được chọn. Vị quan tâu: “Hạ thần chỉ xin Bệ Hạ thưởng cho một số hạt thóc thơi ạ! Cụ thể như sau: Bàn cờ
vua có 64 ơ thì với ô thứ nhất thần xin nhận 1 hạt, ô thứ 2 thì gấp đơi ơ đầu, ơ hứ 3 thì lại gấp đơi ơ thứ 2,
… ơ sau nhận số hạt thóc gấp đơi phần thưởng dành cho ô liền trước”. Giá trị nhỏ nhất của n để tổng số hạt
thóc mà vị quan xin từ n ô đầu tiên (từ ô thứ 1 đến ô thứ n) lớn hơn 1 triệu là

A. 20

B. 21

C. 18

D. 19

Câu 31. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vng tại cạnh B, cạnh SA vng góc với đáy và AB =

a, SA = AC = 2a. Thể tích của khối chóp S.ABC là:

A.

2a
3

B.

3
3
a

C.

2 3
3

a

D. 3a 3

Câu 32: Hàm số nào trong các hàm số sau có bảng biến thiên như hình bên?

m/g

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

A.y =

B.y =

C.y =

D.y =

Tập hợp các giá trị của m để đồ thị hàm số có đúng 1 đường tiệm cận

là

A.

B.

C.

D.

Tập xác định của hàm số y= là

)

D.

Câu 35: Trên khoảng (0; + hàm số y =ln x là một nguyên hàm của hàm số

A.y=

B.y = x ln x -x

C.y =

D.y=x ln x – x + C, C

Câu 36: Hàm số y = f(x) có đạo hàm f‟(x) = (x-1)2(x-3). Phát biểu nào sau đây là đúng?

A Hàm số khơng có điểm cực trị

B.Hàm số có hai điểm cực trị

ww

f

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

C.Hàm số có một điểm cực đại

D.Hàm số có đúng một điểm cực trị

Câu 37: Số nghiệm thực phân biệt của phương trình là:

A.1

B.2

C.3

D.0

Câu 38: Cho hình nón có độ dài đường kính bằng 2cm, góc ở đỉnh bằng . Diện tích xung quanh hình
nón là:

A.

B.

C.

D.

Câu 39: Một đám vi trùng tại ngày thứ t có số lượng là N(t). Biết rằng và lúc đầu đám vi
trùng có 300000 con. Sau 10 ngày, đám vi trùng có khoảng bao nhiêu con?

A.332542 con

B.312542 con

C.302542 con

D.322542 con

Câu 40: Cho một hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vng tại A và D, AB=2a, AD=DC=a, cạnh bên

SA vng góc với đáy và SA = 2a. Gọi M,N là trung điểm của SA và SB. Thể tích của khối chóp S.CDMN
là

A.

B

C.

bo

o

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

D.

Câu 41: Ngày 1/2/2016, dân số Việt Nam khoảng 91,7 triệu người. Nếu tỉ lên tăng dân số Việt Nam hàng

năm là 1,2% và tỉ lệ này ổn định 10 năm liên tiếp thì 1/7/2026 dân số Việt Nam khoảng bao nhiêu triệu
người?

A.106,3 triệu người

B.104,3 triệu người

C.103,3 triệu người

D.105,3 triệu người

Câu 42: Giá trị lớn nhất của hàm số là

A.0

B.2

C.3

D.-1

Câu 43: Tập nghiệm của phương trình là

A.

B.

C.

D.

Câu 44: Tam giác ABC vuông tại B có AB = 3a, BC = a. Khi quay hình tam giác đó xung quanhđường

thẳng AB một góc 3600 ta được một khối trịn xoay. Thể tích khối trịn xoay đó là:

A.

B.

C.

D.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Câu 45: Cho a . Biểu thức bằng

A.

B.2

C.

D.4

Câu 46: Phát biểu nào sau đây là đúng?

A.

B.

C.

D.

Câu 47: Cho hình trụ có các đường trịn đáy là (O) và (O‟), bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Các

điểm A, B lần lượt thuộc các đường tròn đáy (O) và (O‟) sao cho AB= . Thể tích của khối tứ diện
ABOO‟ là:

A.

B.

D.

Câu 48: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, các điểm A(1;2;3), B(3;3;4), C(-1;1;2)

A.thẳng hàng và A nằm giữa B và C

B.thẳng hàng và C nằm giữa A và B

C.thẳng hàng và B nằm giữa C và A

D là ba đỉnh của một tam giác

Câu 49. Cho hình lập phương có các cạnh bằng 1. Diện tích bề mặt cầu đi qua các đỉnh của một hình lập

phương là:

c

bo

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

A.

B.2

C.

D.3

Câu 50: Một người gửi ngân hàng 100 triệu theo thể thức lãi kép, lãi suất 0,5% mỗi tháng( kể từ tháng thứ

2, tiền lãi được tính theo phần trăm của tổng tiền có được của tháng trước đóvà tiền lãi của tháng trước đó).
Sau ít nhất ba nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu?

A.46 tháng

B.45 tháng

C.47 tháng

D.44 tháng

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Thực hiện: Ban chuyên môn Tuyensinh247.com

1A 2A 3A 4A 5B 6B 7B 8A 9B 10C

11C 12B 13A 14B 15D 16C 17D 18C 19D 20D

21C 22C 23A 24A 25D 26D 27D 28B 29A 30A

31B 32C 33A 34D 35C 36D 37D 38C 39B 40B

41C 42B 43D 44A 45B 46C 47C 48A 49D 50B

Câu 1.

Phương pháp: Sử dụng công thức: lna + lnb = ln (a.b)

Cách giải:

lna lnb ln c lnd ln a b c d. . . ln1 0
S

b c d a b c d a

 

       
 

Chọn đáp án A.

Câu 2

w

fa

o

gro

p

/

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

– Phương pháp

Kết quả cần nhớ: Điều kiện cần và đủ để hàm số y = ax4 + bx2 + c có đúng 1 điểm cực tiểu (nghĩa là số
điểm cực trị của hàm số đúng bằng 1, không quan tâm đến số điểm cực đại) là 0

0
a
b



 

 hoặc

0
0
a
b



 


Đáp án A

Câu 3.

Cách giải: Dựa vào đồ thị loại trừ đáp án và xét các đáp án cịn lại bằng cách tính đạo hàm và xét dấu đạo

hàm

Phương pháp:

Dựa vào đáp án thì ta loại đi 2 đáp án B và C và D

Ta có: y‟ = 3x2

> 0   x ( ;0)(0;)

Chọn đáp án A.

Câu 4.

Phương pháp: dựa vào đồ thị ta phán đoán theo từng đáp án.

Cách giải:

Đáp án A đúng vì: hàm số đồng biến trên khoảng (-2;-1) nên cũng đồng biến trên khoảng (-2;0)

Đáp án B sai: Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng -∞.

Đáp án C sai: Hàm số đồng biến trên (-∞; -2) và (0; +∞)

Đáp án D sai: Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại + ∞

Chọn đáp án A.

Câu 5.

Phương pháp: Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số ta tìm TXĐ, Tính y‟, giải phương trình y‟ =

0 tìm nghiệm, lập bảng biến thiên và dựa vào bảng biến thiên kết luận khoảng đồng biến , nghịch biến.

Cách giải:

Tập xác định:  x2 2x      0 x( x 2) 0 x (0; 2)

0,5 2

2 2

log ( 2 ) y'

( 2 ) ln 0,5
x

y x x

x x

 

    

  ; y‟ = 0  x = 1

w.f

eb

o

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Ta có  x2 2x0; ln 0, 5 < 0 nên y‟ > 0  -2x + 2 < 0  x > 1
Kết hợp với điều kiện đề bài ta được 1 < x < 2

Chọn đáp án B.

Câu 6

– Phương pháp

Chia nhỏ khối bát diện thành 8 hình chóp tam giác đỉnh S và tính thể
tích các hình chóp đó

– Cách giải

Gọi M, H lần lượt là trung điểm BC và tâm tam giác đều ABC. Có

3 2 3

;

2 3 3

3
. tan 60 ;

1 3

3 12

ABC

S ABC ABC

a a

AM AH AM

a

SH AH a S

a

V SH S

  
   

 

Vì SA = SC = SA‟ nên ∆ ACA‟ vuông tại A.

Từ đó ta chứng minh được các cạnh A‟C, A‟B, B‟A, B‟C C A, C‟B bằng nhau

Suy ra thể tích các khối tứ diện S.A‟B‟C, S.A‟CB S A‟BC‟, S.ABC‟, S.B‟C‟A, S.B‟AC bằng nhau

Vì S là trung điểm AA‟ nên ta có

3
12

S A BC S ABC

a

V V 

Vậy khối bát diện đã cho được chia thành 8 khối tứ diện có cùng thể tích, nên nó có thể tích là

2 3

S ABC

a
V  V 

Chọn đáp án B

Câu 7

Phương pháp Hàm số y ax b(ad bc 0)
cx d



  

 có hai đường tiệm cận đứng và ngang lần lượt có phương

trình

là x d;y a

c c

  

ac

m

g

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Cách giải: Ta có hàm số đã cho có tiệm cận đứng là: x = - 1; tiệm cận ngang y = 2m + 1

Đường tiệm cận đi qua điểm A(-2;7) nên chỉ có thể là tiệm cận ngang đi qua điểm A nên ta có: 2m + 1 = 7
 m = 3.

Chọn đáp án B.

Câu 8.

Phương pháp:Tìm điều kiện để hàm ln f(x) có nghĩa là f(x) > 0, ln ( ) 0f x   f x( ) 1 sau đó tìm x

Cách giải:



















ln 1 2 3 1 0 1 2 3 1 1

1 2 3 0

x x x x x x

x x x

          

 

 

    

(1; 2) (3; )

x

   

Chọn đáp án A.

Câu 9

Phương pháp: Tìm điều kiện để hàm log f(x) có nghĩa là f(x) > 0; log a > log b  a > b

Cách giải:

Điều kiện: x > 0

2 2 2

log(x 25)log(10 )x x 25 10 x (x 5)   0 x 5

Tập nghiệm của bất phương t ình là: (0;5)(5;)

Chọn đáp án B.

Câu 10





2 5 3

2 4 2 2

1 ( 2 1)

5 3

x x

x  dx x  x  dx   x C



Chọn đáp án C

Câu 11:

w

f

k.

o

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Phương pháp:

Lập phương trình đường thẳng AB.

Biểu diễn tọa độ điểm M, M thuộc đoạn AB và MA=2MB.

Tìm M.

Giải:



1;1;3



AB



Phương trình AB là: 2
1 3
x t

y t t R

z t


    

   


Điểm M thuộc AB nên M(t; -2+t; -1+3t)



; ; 3 ;





1 ;1 ;3



2 2 2 2 4

2 ( ; ;1)

3 6 6 3 3 3

MA t t t MB t t t t

t t

MA MB t M

t t
       
  
 
        

 
 
Chọn C. 
Câu 12: 
Phương pháp:

Sử dụng phương pháp giải bất phương trình mũ và bất phương trình logarit.

Cách giải:

2 2 2

4 4 4 2

2 2 2 2

4 2

4 4 4

2 2 2

(2 1) 0 (2 1) 0 2 1 4 0

lnx 0 lnx 0 1 1

(2 1) lnx 0

4 0

(2 1) 0 (2 1) 0 2 1

lnx 0 lnx 0 1

x x x

x

x x x

x
x x
x
x
x
x
  

  
          
   
   
   
     
          
   
  
       

  
  

 



  2; 1

  

1; 2

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Phương pháp:

Lập phương trình (Oxy), Tìm điểm đối xứng A‟ của A qua mặt phẳng (Oxy).

Khi đó T lớn nhất là độ dài đoạn BA‟.

Cách giải:

Phương trình (Oxy) là z=0.

Hình chiếu vng góc của A xuống (Oxy) là H(1;-1;0), A‟ là điểm đối xứng với A qua mặt phẳng (Oxy)
nên A‟(1;-1;-1)





'B.

' 1; 2;1 'B 6

T MA MB A

BA A

  

   



Chọn A.

Câu 14:

Cách giải:

Cách giải:

Thể tích của hình lập phương là a3

3
' ' ' '
' '

3 3

ABCD A B C D
ACB D

V a

V  

Chọn B

Câu 15:

Phương pháp:

ww

a

e

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

1
3

non

V  r h

Cách giải:

Hình trịn đáy có

3 tan 60 3 3
1

3 .(3 3) 27
3

r

V  

 

  

Chọn D.

Câu 16:

Phương pháp:

Tính 2

tan xdx



Cách giải:

















2 2

2
2

tan tan 1 1

cos x 1

1 1

tan tan

1
1

dt

t x dt dx x dx t dx dx

t

xdx t dt t dt x x C

t
t

        



      






Chọn C

Câu 17

Khối trụ đó có bán kính đáy bằng 1cm và chiều cao 2cm nên có thể tích là S = π r2h = 2π (cm2)

Chọn đáp án D

Câu 18:

Phương pháp:

Tìm điều kiện để hàm số nghịch biến.

Tìm m.

Cách giải:

w

e

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Hàm số 1 3 2 1
3

y  x mx  x nghịch biến trên R khi





2 2

0 .

' 2 1 0 ' 0 1 0 1;1

y x R

y x mx m m

  

             

Chọn C.

Câu 19:

Phương pháp:

Quan sát bảng biến thiên:

Cách giải:

Ta thấy lim ( ) 1; lim ( ) 1

x f x  x f x  

Vậy hàm số có hai tiệm cận ngang.

Chọn D.

Câu 20:

Phương pháp:

Hàm số nghịch biến trên (2;3) thì y'  0 x

 

2;3

Cách giải:









2 2

' 2 1 2

y x  m x m  m

 





2 2

' 0 2;3

' 1 ( 2 ) 1

2 2

y x

m m m

x m

  

     




   


Để hàm số nghịch biến trên (2;3) thì 2 2

2 3 1

m m

 

 


    
 

Chọn D

Câu 21

w

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

– Phương pháp

Tìm góc giữa SB và đáy, tính chiều cao chóp

Tính thể tích

– Cách giải

Góc giữa SB và đáy là góc SBA = 60o

.tan 60 3

1 3

3 3

S ABCD ABCD

SA AB a

a

V SA S

  

 

Chọn đáp án C

Câu 22

– Phương pháp

Nhớ rằng với a > 1 thì 1 2

1 2

x x

a a  x x do đó



a1



x1x2



0

Chọn đáp án C

Câu 23

– Phương pháp

Giải trực tiếp phương trình để tìm số nghiệm

- Cách giải

 







2 2 2 2 2 2

4 5.2 4 0 2 5.2 4 0 2 4 2 1 0

2 4 2 2

0
0

2 1

x x x x x

x

x x

x
x

          
      

  



   


Chọn đáp án A

Câu 24

– Phương pháp

Tìm đường vng góc chung của AB‟ và CC‟

Suy ra độ dài các cạnh lăng trụ

– Cách giải

Vì AA‟ // CC‟ nên CC‟ // (A‟AB‟)

⇒ d(AB‟;CC‟) = d(CC‟; (AB‟A‟)) = d(C‟;(AB‟A‟)) = CA‟

w

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

(vì CA‟ ⊥ (AB‟A‟)

⇒ CA‟ = a

' ' ' 2

B BB C a
Thể tích lăng trụ là

2 3

' . 2.

2 2

ABC

a a

V B B S a 

Chọn đáp án A

Câu 25

– Phương pháp

Sử dụng cơng thức diện tích xung quanh:

 

2 2

xq

S r h  cm

Chọn đáp án D

Câu 26

– Phương pháp

Đồ thị hàm số đã cho có y → –∞ khi x → 0+

nên nó là đồ thị hàm số y = loga x với a > 1

Chọn đáp án D

Câu 27

Điều kiện để hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định là



 











1 5 5

' 0 5

1 1

m x mx m

y m

x x

   

    

 

Chọn đáp án D

Câu 28

Tứ diện ABCD có diện tích đáy

3
4

BC

a

S  và chiều cao 3

2
a

AH  nên có thể tích

1
.

3 BC 8

a

V  AH S 

Chọn đáp án B

Câu 29

Ta có

w

fa

o

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

 

lim

3 8 4 2 0

lim

x

y

y a b c

y





 

      
    

 

nên phương trình y(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng (–∞;–3), (–3;3), (3;+∞)

nên đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt

Chọn đáp án A

Câu 30

Số hạt thóc ở n ơ đầu tiên là 2 1

1 2 2 ... 2n 2n 1

n

S        

Có Sn 10000002n 1000001 n log 1000001 19,92 
Vậy n = 20

Chọn đáp án A

Câu 31

– Phương pháp

Áp dụng cơng thức thể tích hình chóp

– Cách giải

Vì ∆ ABC vuông tại B nên

2 2

1 3

2 2

1 3

3 3

ABC

S ABC ABC

BC AC AB a

a

S AB BC

a

V SA S

  

 

Chọn đáp án B

Câu 32

– Phương pháp

Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số đi qua các điểm (–2;3) và (0;1), từ đó kiểm tra các đáp án
– Cách giải

Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;–1) ⇒ Loại A
Đồ thị hàm số đi qua điểm (–2;3) ⇒ Loại B, D

ww

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Chọn đáp án C

Câu 33

– Phương pháp

+ Nhận xét được đồ thị hàm số ln có 1 tiệm cận ngang

+ Tìm điều kiện để đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng

– Cách giải

Vì





lim lim 0

2 1 4 4

x x

x
y

mx x x m

x
 

 
 
     
 

nên đồ thị hàm số ln có 1 TCN y = 0

Đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận ⇔ Nó khơng có TCĐ

Với m = 0 ta có









2 1 1 1

4 1 2

2 1 4 1

x
y x
x
x x

   
 

   nên đồ thị hàm số không có TCĐ

Với m ≠ 0, điều kiện để đồ thị hàm số khơng có TCĐ là các phương trình

2 1 0

4 4 1 0

mx x

x mx

   



  

 đều vô

nghiệm 1 2 2

' 1 0 1

' 4 4 0 1

m m
m m
    
 
 
     

 (không xảy ra)

Vậy m = 0 là giá trị cần tìm

Chọn đáp án A

Câu 34

– Phương pháp

Tập xác định của hàm số y = xa với a không nguyên là (0;+∞)

Chọn đáp án D

Câu 35

– Phương pháp

Để biết hàm số y = f(x) là nguyên hàm của hàm số nào, ta tính y‟ = f „(x)

– Cách giải

Có

 

lnx ' 1
x

 nên hàm số y = ln x là 1 nguyên hàm của hàm số y 1
x


Chọn đáp án C

f

c

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Câu 36

– Phương pháp

Nếu

  

 



1 2

' a a ... an

n

f x  xx xx xx thì số điểm cực trị của hàm số y = f(x) là số các số lẻ trong các
số a a1, 2,...,an

– Cách giải

Ta thấy f '

  

x  x1

 

2 x3



nên a1 = 2, a2 = 1 và số các số mũ lẻ là 1. Do đó hàm số có đúng 1 điểm
cực trị

Chọn đáp án D

Câu 37

– Phương pháp

Sử dụng bất đẳng thức để đánh giá vế trái, suy ra phương trình vơ nghiệm
– Cách giải

Điều kiện : x ≠ 0

Với x < 0 ta có

1
1 1
4
4 4
1
4
1
0
2 1
4

2 2 2

0 2 1

4
x
x
x x
x x
x
x
x
x
x
x


 

   
 
    
 
    



⇒ Phương trình khơng có nghiệm x < 0

Với x > 0, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta được.

1
1 1
4
4 4
1
4
1 1

2 . 1

2 2

4 4

2 2 4

1 1

2 2

2 . 1

4 4
x
x
x x
x x
x
x
x x
x x
x x
x x

 



  
 
    
 
     



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1
4
1
4
x
x
x
x
 


 


(không xảy ra)

Vậy

1 1

4 4

2 2 4

x
x

x

 

  nên phương trình vơ nghiệm

Chọn đáp án D

Câu 38

– Phương pháp

ww

a

o

m

o

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Tính bán kính đáy hình nón

Áp dụng cơng thức diện tích xung quanh

– Cách giải

Giả sử thiết diện qua trục của hình nón là ∆ ABC cân tại A có góc A = 60o và AB = l = 2cm
Suy ra ∆ ABC đều ⇒ BC = AB = 2cm ⇒ Bán kính đáy hình nón là r = HB = 1cm

Diện tích xung quanh: Sxq = π.r.l = 2π (cm2)

Chọn đáp án C

Câu 39

– Phương pháp

Tính N(t) là một nguyên hàm của N‟(t), thay t = 0 để tìm hằng số C
Thay t = 10 để tính N(10)

– Cách giải

Có

 

7000 7000 ln





N t dt t C

t

   





Với t = 0 ta có 7000ln 2 C 300000 C 295148
Với t = 10 ta có N

 

10 7000ln12 295148 312542

Chọn đáp án B

Câu 40

– Phương pháp

Sử dụng cơng thức tỉ lệ thể tích của hai tứ diện

– Cách giải

Ta có

3 2

1 1

. ; .

2 2 2

1 1 2

. ; .

3 3 3 3

ADC ABC

S ADC ADC S ABC ABC

a

S AD DC S AB AD a

a a

V SA S V SA S

   

Áp dụng công thức tỉ lệ thể tích hai tứ diện

.f

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

3
3
3
1
2 6
1
.
4 6
3
S MDC
S MDC
S ADC
S MNC
S MNC
S ABC

S CDMN S MDC S MNC

V SM a

V

V SA

V SM SN a

V

V SA SB

a

V V V

   

   

Chọn đáp án B

Câu 41

– Phương pháp

Công thức tính dân số sau n năm 0 1
100

n

r
A A   

  với A0 là số dân ban đầu, r là tỉ lệ tăng dân số hàng
năm

– Cách giải

Dân số Việt Nam ngày 1/7/2026 (sau 10 năm) là

1, 2

91, 7. 1 103,3

100
A     

  (triệu người)

Chọn đáp án C

Câu 42

– Phương pháp

Đặt t = sin x, tìm điều kiện của x và xét hàm y = f(t

– Cách giải

Đặt t = sin x ⇒ t ∈ [–1;1]

Xét f (t) = t4 – t3, ta có

 

' 4 3 0 3

4
t
f t t t

t



   
 


và

 

1 2;

 

0 0; 3 27 ;

 

1 0

4 256

f   f  f     f 

  nên

GTLN của hàm số đã cho là 2

Chọn đáp án B

Câu 43

– Phương pháp

+ Tìm điều kiện xác định của phương trình

+ Giải phương trình hệ quả và loại nghiệm ngoại lai

– Cách giải

ww

f

o

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Điều kiện:

1 0

2 0

x

x
x

  

 




 . Với điều kiện này thì phương trình đã cho tương đương với





 

2 2 1 2

1 2 2 1 0

1 2

x TM

x x x x

x L

  

      

  


Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là



1 2



Chọn đáp án D

Câu 44

– Phương pháp

Khi quay một tam giác vuông quanh 1 cạnh góc vng của nó, ta thu được một khối
nón trịn xoay

– Cách giải

Khối nón thu được có bán kính đáy r = AC = a, đường cao h = AB = 3a và thể tích
được tính theo cơng thức 1 2 3

V  r ha

Chọn đáp án A

Câu 45

– Phương pháp

Biến đổi các biểu thức mũ

Sử dụng công thức sin2x + cos2 x = 1
– Cách giải

Có  

2 2

4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2 sin cos

sin cos sin cos sin co 2sin cos sin cos 2sin cos 1

2 .2 .4   2 .2 .2   2     2   2 2

Chọn đáp án B

Câu 46

– Phương pháp

+ Nhớ lại công thức đạo hàm (cos x)‟ = –sin x nên nguyên hàm của sin x là –cos x
– Cách giải

Có sin 2 1 sin 2 .2 1 sin 2 .

 

2 1cos 2

2 2 2

xdx x dx x d x   x C



Chọn đáp án C

.fac

c

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Câu 47

– Phương pháp

Dựng hình chữ nhật OO‟BB‟

– Cách giải

Dựng hình chữ nhật OO‟BB‟ ta có ∆ BB‟A vng tại B‟ và BB‟ = a
nên AB' AB2B B' 2 a 2

∆ OB‟A có OB'OAa AB, 'a 2 nên vng cân tại O ⇒ OA ⊥
(OBO‟)

Thể tích tứ diện ABOO‟ là

1 1

. . '. '

3 OBO 6 6

a
V  AO S  OA OO O B

Chọn đáp án C

Câu 48

– Phương pháp

Tính các vectơ AB AC,

 

+ Nếu chúng gấp nhau k lần: Ba điểm A, B, C thẳng hàng: Để kiểm tra điểm nào nằm giữa hai điểm còn
lại, chỉ cần kiểm tra hoành độ, tung độ hoặc cao độ của các điểm

+ Nếu không tồn tại k ∈ℝ để ABk AC.: 3 điểm đó là 3 đỉnh của 1 tam giác

– Cách giải

Có AB



2;1;1 ,



AC    



2; 1; 1



AB AC
Suy ra A là trung điểm BC ⇒ A nằm giữa B, C

Chọn đáp án A

Câu 49

– Phương pháp

Đường chéo lớn của hình lập phương là 3 nên bán kính mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập phương là
3

– Cách giải

Diện tích mặt cầu đó là

4 3

   

 

w.

m

g

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Chọn đáp án D

Câu 50

– Phương pháp

Áp dụng công thức lãi kép: Số tiền thu được sau n kì hạn (tháng, quý, năm, ...) là 0 1
100

n

r
A A   

  với A0
là số tiền gửi vào ban đầu, r là lãi suất cho một kì hạn

– Cách giải

Gọi n là số tháng ít nhất để người đó có nhiều hơn 125 triệu, ta có

1,005

0,5

100 1 125 1, 005 1, 25 log 1, 25 44, 7

100

n

        

 

 

Vậy n = 45

</div>

19. TS247 DT Đề thi thử thpt qg môn toán trường thpt chuyen đại hoc su pham ha noi ha noi lan 1 nam 2017 co loi giai chi tiet 9016 1484539243

<i><b>w</b></i>

<i><b>ww</b></i>















<i><b>w</b></i>

<i><b>c</b></i>

<i><b>b</b></i>

<i><b>u</b></i>



<i><b>o</b></i>













<i><b>m/g</b></i>

<i><b>ww</b></i>

<i><b>f</b></i>

<i><b>bo</b></i>

<i><b>o</b></i>

<i><b>c</b></i>

<i><b>bo</b></i>

<i><b>w</b></i>

<i><b>fa</b></i>

<i><b>o</b></i>

<i><b>o</b></i>

<i><b>gro</b></i>

<i><b>p</b></i>

<i><b>/</b></i>

<i><b>w.f</b></i>

<i><b>eb</b></i>

<i><b>o</b></i>

<i><b>ac</b></i>

<i><b>m</b></i>

<i><b>g</b></i>

































<i><b>w</b></i>

<i><b>f</b></i>

<i><b>k.</b></i>

<i><b>o</b></i>















  





<i><b>ww</b></i>

<i><b>a</b></i>

<i><b>e</b></i>









