Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 03 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (397.72 KB, 18 trang )

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

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017

Mơn thi: TỐN

ĐỀ VIP 03 Thời gian làm bài:

>

90 phút

Câu 1. Đồ thị hình bên là của hàm số nào 
trong các hàm số sau:

A. 1.

2 1

x
y

x
+
=

B. 3.

2 1

x
y

x
+
=

C. .

2 1

x
y

x
=

D. 1 .

2 1

x
y

x
−
=

x

1

2 −

1

2 y

O

Lời giải. Các chi tiết đồ thị hàm số có TCĐ: 1
2

x= − và TCN: 1
2

y= đều giống nhau.
Chỉ có chi tiết đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ là phù hợp cho đáp án C. Chọn C.

Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để x= là hoành độ trung điểm của đoạn thẳng 1
nối hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số 1 3

(

)

(

)

2 2 3 2017

y= x − m+ x + m+ x+ .

A. m= − . 1 B. m≠ − . 1 C. 3

m= − . D. Không có giá trị m .

Lời giải. Đạo hàm 2

(

)

(

)

' 2 2 2 3 ; ' 0 .

2 3

x

y x m x m y

x m

 =


= − + + + = ⇔  = +



Để hàm số có hai điểm cực trị x1, x2 ⇔2m+ ≠ ⇔3 1 m≠ − 1.

( )

Gọi A x y

(

1; 1

)

và B x y

(

2; 2

)

là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số. Khi đó x1+x2 =2m+ 4.

u cầu bài tốn 2 4 1 1
2

m

⇔ = ⇔ = − : không thỏa mãn

( )

* . Chọn D.

Nhận xét. Qua khảo sát 99% học sinh chọn đáp án A, lý do là quên điều kiện để có hai cực trị.
Tơi cố tình ra giá trị m đúng ngay giá trị loại đi.

Câu 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 2 cos 3

2 cos

x
y

x m

+
=

− nghịch biến trên

khoảng 0; .
3

π

 

 

 

A. m> −3. B. 3.

m
m

 ≤ −


 ≥

 C. m< −3. D.

3 1

.
2

m
m

− < ≤


 ≥



Lời giải. Đặt t=cosx, với 0; 1;1

3 2

x∈ π→ ∈t  .

Hàm số trở thành

( )

(

)

2 3 2 6

2 2

t m

y t y t

t m t m

+ − −

= → =

− − .

Ta có ' sin 0, 0;
3
t = − x< ∀ ∈x  π

, do đó t=cosx nghịch biến trên 0; .3

π

 
 
 
 

Do đó YCBT ←→y t

( )

đồng biến trên khoảng 1;1
2

 

 

 

( )

' 0, ;1

2
y t t  

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

( )

2 6 0 1 3 1

, ;1 , ;1 3.

1;2

2 0 2 2 2

m

m m

t t m

m

t m m t


− − >    < −    < −

 

      

⇔ − ≠ ∀ ∈ ⇔ ≠ ∀ ∈ ⇔ ∉ ⇔ < −

 

   Chọn C.

Nhận xét. Do 1;1 2

( )

1;2
2

t∈ → t∈ . Và

( )

1;2 1.
2
m
m

m
 ≤


∉ ←→  ≥



Câu 4. Cho hàm số

( )

3 2

y= f x =x +ax +bx+c có bảng biến thiên như hình vẽ sau:

Tính giá trị của biểu thức P= + +a b 3 .c

A. P= − 3. B. P= − 9. C. P= 3. D. P= 9.
Lời giải. Đạo hàm 2

' 3 2 .

y = x + ax+ b

Phương trình ' 0y = có hai nghiệm là 1− và 3 nên ta có 3 2 0 3.

27 6 0 9

a b a

a b b

 − + =  = −

 

 ⇔

 

 + + =  = −

 

 

Lại có f

( )

3 = −24→27+9a+3b+ = −c 24→ = c 3.

Vậy P= + +a b 3c= − . Chọn A. 3

Câu 5. Trong các số dưới đây, đâu là số ghi giá trị nhỏ nhất của hàm số

( )

4 5

f x = x + x− trên
đoạn

[

−6;6

]

A. 0 . B. 9 . C. 55 . D. 110 . 
Lời giải. Xét hàm số

( )

4 5

g x =x + x− liên tục trên đoạn

[

−6;6

]

.
Đạo hàm g x'

( )

=2x+4; 'g x

( )

= ⇔ = − ∈ −0 x 2

[

6;6

]

Lại có

( )

[

]

[

]

2 1 6;6

0 4 5 0

5 6;6

x

g x x x

x

 = ∈ −


= ⇔ + − = ⇔ 

= − ∈ −

 .

Ta có g

( )

− =6 7; g

( )

− = −2 9; g

( )

6 =55; 1g

( )

= g

( )

− =5 0.

Suy ra

[ 6;6]

( )

[ 6;6]

{

( )

}

minf x min g 6 ; g 2 ; g 6 ; g 1 ; g 5 0

− = − − − − = . Chọn A.

Nhận xét. Bài này rất dễ sai lầm vì khơng để ý hàm trị tuyệt đối không âm.

Câu 6. Cho hàm số y= f x

( )

có lim

( )

x→+∞ f x = và xlim→−∞f x

( )

= +∞. Mệnh đề nào sau đây là
đúng?

A. Đồ thị hàm số y= f x

( )

khơng có tiệm cận ngang.
B. Đồ thị hàm số y= f x

( )

nằm phía trên trục hồnh.

C. Đồ thị hàm số y= f x

( )

có một tiệm cận ngang là trục hoành.
D. Đồ thị hàm số y= f x

( )

có một tiệm cận đứng là đường thẳng y=0.

Lời giải. Ta có lim

( )

x→+∞f x = → Đồ thị hàm số y= f x

( )

nhận đường thẳng y=0 làm
tiệm cận ngang.

−

x

−∞

+∞

y

0

−

−∞

a− + −b c

−

+∞

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

Đáp án B sai vì chọn hàm

; 1

x

x
y

x

 

  ≤ −

 
 
=

 


−  ≥






  

Vậy ta chỉ có đáp án C đúng. Chọn C.

Câu 7. Cho hàm số y= f x

( )

có bảng biến thiên như hình dưới đây. Mệnh đề đúng trong các
mệnh đề sau là ?

A. Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 1
2

 

−∞ − 

 

  và

(

3;+∞

)

B. Hàm số đồng biến trên khoảng 1; .
2

 

− +∞

 

 

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng (3;+∞

)

D. Hàm số đồng biến trên khoảng

(

−∞;3

)

.
Lời giải: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số:

● Đồng biến trên các khoảng ; 1
2

 

−∞ − 

 

  và

1
;3
2

 

− 

 

 .

● Nghịch biến trên khoảng

(

3;+∞

)

. Chọn C.

Câu 8. Gọi y= f x

( )

là hàm số của đồ thị trong hình
bên. Hỏi với những giá trị nào của số thực m thì 
phương trình f x

( )

=m có đúng hai nghiệm phân
biệt.

A. < <0 m 1. B. m> 5.

C.  =
 =


1
5
m

m . D. Cả A, B.

x
y

1
5

3
O

Lời giải. Bản chất của bài tốn là biện luận số nghiệm của phương trình dựa vào đồ thị. Và 
điều quan trọng là xác định được đồ thị hàm số y= f x

( ) ( )

C , ta nhắc lại kiến thức:

• Ta có

( )

( ) ( )

 ≥



= = −

≤


, 0

f x f x

y f x

f x f x .

• Cách vẽ đồ thị hàm số

( )

C .

o Giữ nguyên đồ thị y=f x

( )

phía trên trục hồnh.

o Lấy đối xứng phần đồ thị y= f x

( )

phía dưới trục hoành qua trục hoành ( bỏ

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

o Kết hợp hai phần ta được đồ thị hàm số y= f x

( )

như hình vẽ.

x
y

1
5

3
O

y=m

Phương trình f x

( )

=m là phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số y= f x

( )

và
đường thẳng y=m (cùng phương với trục hoành).

Dựa vào đồ thị, ta thấy để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt khi  < <
 >


0 1

5
m

m .

Chọn D.

Câu 9. Đồ thị hàm số 162 2
16

x
y

x
−
=

− có bao nhiêu đường tiệm cận?

A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 .

Lời giải. TXĐ: D= −

(

4;4

)

● Vì TXĐ là khoảng

(

−4;4

)

nên ta không xét trường hợp x→ +∞ hay x → −∞ được. Do đó

hàm số khơng có tiệm cận ngang.

● Ta có

2 2

4 4

16 1

lim lim 4

16 16

x x

x

x x

+ +

→− →−

 

− =  − = −∞ → = −

 



−  −  là TCĐ.

2 2

4 4

16 1

lim lim 4

16 16

x x

x

x x

− −

→ →

 

− =  − = −∞ → =

 



−  −  là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có đúng 2 tiệm cận. Chọn C.

Câu 10*. Hàm số f x

( )

có đạo hàm f'

( )

x

trên khoảng K. Hình vẽ bên là đồ thị của

hàm số f'

( )

x trên khoảng K. Số điểm cực

trị của hàm số f x

( )

trên là:
A. 0.

B. 1. 
C. 2. 
D. 3.

x

y

O

-1

Lời giải. Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f'

( )

x = chỉ có một nghiệm đơn (và hai 0
nghiệm kép) nên f'

( )

x chỉ đổi dấu khi qua nghiệm đơn này. Do đó suy ra hàm số f x

( )

có

đúng một cực trị. Chọn B.

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

Câu 11*. Một sợi dây kim loại dài 60cm được cắt thành hai đoạn. Đoạn dây thứ nhất uốn 
thành hình vng cạnh a , đoạn dây thứ hai uốn thành đường trịn bán kính r . Để tổng diện

tích của hình vng và hình trịn nhỏ nhất thì tỉ số a

r nào sau đây đúng?

A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.

Lời giải. Gọi x là độ dài của đoạn dây cuộn thành hình tròn

(

0< <x 60

)

.
Suy ra chiều dài đoạn còn lại là 60 x− .

Chu vi đường trịn: 2

2
x

r x r

π

= ⇒ = .

Diện tích hình trịn: 2 2

1 . .

4
x
S πr

π

= =

Diện tích hình vng:

2
2

60
.

x
S = − 



Tổng diện tích hai hình:

(

)

2 2

2 4 . 120 3600

4 4 16

x x

S π π π

π π

+ − +

 − 


= +  = .

Đạo hàm: '

(

)

. 60 ; ' 0 60 ; '' 4 0

8 4 8

x

S π π S x π S π

π π π

+ − +

= = ⇔ = = >

+ .

Suy ra hàm S chỉ có một cực trị và là cực tiểu tại 60

x π

π

+ .

Do đó S đạt giá trị nhỏ nhất tại 60

x π

π

+ .

Với

(

)

(

)

60 30 240 240

& 2

4 4 4 .4 120

a

x r a

r
π

π π π

= → = = → = =

+ + + . Chọn B.

Cách khác. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, ta có

2 2

60 60

4 4 4 16

x x

S

π π

 − 



= +  ≥ + .

Dấu ''='' xảy ra khi 60 60

4 16 4

x x

x π

π π

−

= → =

+ .

Câu 12. Tập xác đinh của hàm số y= log2

(

x+ −1

)

1 là:

A.

(

−∞;1

]

. B.

(

3;+∞

)

. C.

[

1;+∞

)

. D. ℝ\ 3

{ }

Lời giải. Hàm số y= log2

(

x+ −1

)

1 xác định khi

(

)

1 0

log 1 1

 + >


 + ≥



x
x

1 1

1 2 1

 > −  > −

 

⇔ ⇔ ⇔ ≥

+ ≥ ≥

 

 

x x

x

x x . Chọn C.

Câu 13. Đạo hàm của hàm số

( )

(

)

ln 1

f x = x + tại giá trị x= bằng: 1

A. 1

2. B. 1. C.

ln 2

2 . D. 2.

Lời giải. Ta có

( )

(

)

( )

4 3

/ /

4 4

1 4

1 2.

1 1

x x

f x f

x x

= = → =

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

Câu 14. Cho đồ thị của ba hàm số y=xα,y=xβ,y=xγ
trên khoảng

(

0;+∞

)

trên cùng một hệ trục tọa độ như
hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây đúng ?

A. γ< < < B. 0β α 0. < < < < γ β α 1.
C. 1< < < D. 0γ β α. < < < < α β γ 1.

Lời giải. Dựa vào đồ thị, ta có 
● Với 0< < thì x 1 1

1
xα xβ xγ x

α β γ

< < < → > > > . 
● Với x> thì 1 1

x xγ xβ xα

γ β α

< < < → < < < .
Vậy với mọi x> , ta đều có 0 α> > > . Chọn C. β γ 1
Nhận xét. Ở đây là so sánh thêm với đường 1

y= =x x .

Câu 15. Phương trình 1

4x .2x 2 0

m + m

− + = có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1+x2 = khi: 2

A. m= 4. B. m= 2. C. m= 1. D. m= 3.
Lời giải. Phương trình tương đương

( )

2x −2 .2m x+2m= . 0
Đặt 2x 0

t= > , phương trình trở thành 2

2 2 0

t − mt+ m= .

( )

*
Để phương trình đã cho có hai nghiệm thì phương trình

( )

* có hai nghiệm dương

' 0 2 0

0 2 0 2.

0 2 0

m m

S m m

P m



∆ ≥  − ≥

 

 

⇔ > ⇔ > ⇔ ≥

 

 >  >

 

Áp dụng hệ thức Viet, ta có2 .2x1 x2 =2m⇔2x1+x2 =2m⇔ =4 2m⇔m= (thỏa mãn). Chọn B. 2
Cách trắc nghiệm. Thử lần lượt 4 đáp án để chọn.

Câu 16. Cho hàm số = . −x

y x e . Chọn hệ thức đúng:

A.

(

1−x y

)

'=x y. . B. x y. '= +

(

1 x y

)

C. x y. '= −

(

1 x y

)

. . D.

(

1+x y

)

. '=

(

x−1 .

)

y.

Lời giải. Ta có ' x . x

(

)

x . '

(

)

. x

(

)

y =e− −x e− = −x e− ←→x y = −x xe− = −x y. Chọn C.

Câu 17. Cho , , a b c là các số thực dương thỏa alog 73 =27, blog 117 =49, clog1125= 11. Tính giá trị

của biểu thức 2 2 2

3 7 11

log 7 log 11 log 25
.

T=a +b +c

A. T=76+ 11. B. T=31141. C. T=2017. D. T=469.

Lời giải. Ta có

(

)

(

)

(

)

( )

log 25
log 7 log 11 log 25 log 7 log 11

log 7 log 11 log 25

27 49 11 .

T = a + b + c = + +

Áp dụng công thức alogab=b, ta được

( )

( )

(

)

( )

(

)

( )

(

)

3 3

7 7

11
11

3
log 7

log 7 3 log 7 3

2
log 11

log 11 2 log 11 2

log 25

1 1 1

log 25

2 2 2

27 3 3 7 343

49 7 7 11 121 .

11 11 11 25 25 5



 = = = =



 = = = =




  

  

 =  = = = =

  

  

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

Câu 18. Cho các số thực , , a b c> và , , 0 a b c≠ , thỏa mãn 1 2

logab =x, logb c= . Giá trị y
của logca bằng:

A. 2 .

xy B. 2xy. C.

1
.

2xy D. 2 .

xy

Lời giải. Nhận thấy các đáp án đều có tích xy nên ta sẽ tính tích này.

Ta có 2

2 1 1 1

log .log log log log .

2 2 log 2

a b a a c

c

xy b c c c a

a xy

= = = = → = Chọn C.

Câu 19. Tổng của nghiệm nhỏ nhất và lớn nhất phương trình 2 1 2 1 2

2x + −x −2x − =2 x−2x bằng:

A. 0. B. 1. C. 1 5

+ . D. 1 5

− .

Lời giải. Phương trình tương đương với 2 1

(

)

(

)

2x− 2x− =1 2x 2x− 1

(

)

(

)

2 2

1 1

2 2

2 1 0 2 1

2 1 2 2 0

2 2 0 2 2

0 0

1 5

1 1 0

x x

x x x

x x x x

x

x x

x x x x x

−

− −

 − =  =

 

⇔ − − = ⇔ ⇔

− = =

 

 

 =

 =  = 

  

⇔ ⇔ ⇔ ±

− = − − = =

  

Suy ra nghiệm nhỏ nhất 1 5

x= − , nghiệm lớn nhất 1 5

x= + . Chọn B.

Câu 20*. Cho hàm số

( )

4 2

x

f x =

+ và góc α tùy ý. Khi đó giá trị của biểu thức

(

)

(

)

sin cos

P= f α +f α bằng:

A. P= 1. B. P= 2. C. P= 3. D. P=4sin 2a.
Lời giải. Sử dụng tính chất ''Nếu a+ = thì b 1 f a

( )

+f b

( )

= ''1 . Thật vậy:

●

( )

4 2.4

4 2 2.4 4

a a

f a = =

+ + .

● a+ = b 1 → = − . Do đó b 1 a

( )

(

)

1
1

4 4 4

4 2 2 4 2.4

a a

a a

a

f b f a

−

= − = = =

+ + + .

Suy ra

( )

2.4 4 1

2.4 4 4 2.4

a

a a

f a +f b = + =

+ + .

Áp dụng: Ta có 2 2

sin α+cos α= nên 1 f

(

sin2a

)

+f

(

cos2a

)

=1. Chọn A.

Bài toán tổng quát: Nếu f x

( )

xMx

M M

+ thì f x

( )

=f

(

1−x

)

Câu 21*. Xét các số thực , a b thỏa mãn 1 1

4< < <b a . Biểu thức

log log

a a

b

P= b− − b đạt

giá trị nhỏ nhất khi:
A. log 2.

ab= B.

log .

ab= C.

log .

ab= D. logab= 3.

Lời giải. Ta có

2 2

1 1 1

0 0

2 4 4

b b b b b

 

− ≥ ←→ − + ≥ ←→ − ≤

 

  .

Mà 1 2

1 log log 2 log

a a a

a< → b− ≥ b = b

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

Ta có log 1 1.log log 1 1. log 2 log 1. log .

4 2 4 2 1 log 2 1 log

a a

a a a a

a a

b

b b

P b b b b

b b

   

=  − − =  − − ≥ −

− −

   

Đặt t=logab. Do b< < a 1 → =t logab>1.

Khi đó 2

( )

2 2
t

P t f t

t

≥ + =

− .

Khảo sát f t

( )

trên khoảng

(

1;+∞

)

, ta được

( )

3 9.

2 2

P≥ f t ≥ f   =

  Chọn C.

Câu 22. Nếu F x

( )

là nguyên hàm của hàm số

( )

12

sin

f x

x

= và đồ thị hàm số y=F x

( )

đi

qua điểm ;0
6

Mπ 

 thì F x

( )

là:

A.

( )

3 cot
3

F x = − x. B.

( )

3 cot .

F x = − + x

C. F x

( )

= − 3+cot .x D. F x

( )

= 3−cot .x

Lời giải. Từ giả thiết, ta có

( )

cot
sin

F x dx x C

x

∫

= − + .

Đồ thị y=F x

( )

đi qua điểm ;0
6

Mπ 

 nên F 6 0 cot6 C 0 C 3

π π

 

 = ⇔ − + = ⇔ =

 

  .

Vậy F x

( )

= −cotx+ 3. Chọn D.

Câu 23. Giá trị của tích phân

(

)

2
0

min 1, d

I =

∫

x x bằng:

A. 3

4. B. 4. C.

3. D.

3
4

− .

Lời giải. Ta có nhận xét

[ ]

(

)

[ ]

(

)

2 2

0;1 min 1,

1;2 min 1, 1

x x x

x x

 ∈ → =



 ∈ → =



Do đó

(

)

(

)

1 2 1 2 3 1 2

2 2 2

0 1

0 1 0 1

1 4

min 1, min 1, 1 1 .

3 3 3

x

I=

∫

x dx+

∫

x dx=

∫

x dx+

∫

dx= +x = + = Chọn C.

Câu 24. Viết cơng thức tính thể tích V của khối trịn xoay được tạo ra khi quay hình thang

cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y=f x

( )

, trục Ox và hai đường thẳng x=a x, =b a

(

<b

)

xung quanh trục Ox.

A. 2

( )

d .

b

a

V=π

∫

f x x B. 2

( )

d .

b

a

V=

∫

f x x

( )

d .

b

a

V=π

∫

f x x D.

( )

d .

b

a

V=π

∫

f x x

Lời giải. Chọn A.

Câu 25. Cho hình phẳng

( )

H giới hạn bởi các đường x

y=e , y= , 0 x= và x0 = k

(

k>0

)

.
Gọi Vk là thể tích khối trịn xoay khi quay hình

( )

H quanh trục Ox . Biết rằng Vk = . Khẳng 4
định nào sau đây là khẳng định đúng:

A. 1 3.
2
k

< < B. 3 2.

2< < k C. 
1

2< < k D.

0 .

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

Lời giải. Thể tích

( )

0 0

k k

x x

k

V =π

∫

e dx=π

∫

e dx

(

)

1 .

2 2

k

x k

e e

π π

= = −

Do Vk = nên 4

(

)

1 4
2

k
e
π

− =

2 8 1 8 1

ln 0;

2 2

k

e π k π

π π

   

+  +   

⇔ = → =   ∈ . Chọn C.

Câu 26. Một đoàn tàu chuyển động thẳng khởi hành từ một nhà ga. Quãng đường s

( )

m đi

được của đoàn tàu là một hàm số của thời gian t

( )

s , có phương trình là 2 3

6 .

s= t −t Thời điểm

( )

t mà tại đó vận tốc v

(

m/s

)

của chuyển động đạt giá trị lớn nhất là

A. t=6 .s B. t=4 .s C. t=2 .s D. t=1 .s

Lời giải. Vận tốc

( )

2
t ' t 12 3

v =s = − t .

Bậy giờ ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số

( )

2
12 3
f t = − t .
Khảo sát ta tìm được

(max f t0;+∞)

( )

đạt tại t=2. Chọn C.

Câu 27*. Ký hiệu F x

( )

là một nguyên hàm của hàm số cos
2

x
y

x

= trên khoảng

(

0;+∞ . Khi

)

đó tích phân
4

1
cos 2

d
x

I x

x

∫

bằng:

A. I =2.F

( )

8 −F

( )

2 . B. I =2.F

( )

8 +F

( )

2 .
C. I =2.F

( )

8 −2.F

( )

2 . D. I =2.F

( )

8 +2.F

( )

2 .

Lời giải. Xét

1
cos 2x

I dx

x

∫

. Đặt

2 .

2
dt dx

t x t

x

 =


= → =

 Đổi cận

1 2

4 8

x t

 = → =


 = → =


Khi đó

8 8

2 2

cos cos

2
2

t dt t

I dt

t t

∫

( )

8 8 8 8

2 2 2

cos cos cos

2 2. 2 8 2 2 .

x x x

dx dx dx F x F F

x x x

∫

= = − Chọn C.

Câu 28*. Biết rằng đường parabol

( )

: 2

P y = x chia

đường tròn

( )

2 2

: 8

C x +y = thành hai phần lần lượt có

diện tích là S1, S2 (hình vẽ bên). Khi đó 2 1

b

S S a

c

π

− = −

với , , a b c nguyên dương và b

c là phân số tối giản. Tính

S= + +a b c

A. S=13. B. S=14.

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

Lời giải. Đường trịn ( )C có tâm O

( )

0;0 , bán kính R=2 2→ diện tích S=8π.

Phương trình hồnh độ giao điểm của

( )

P và

( )

C là:
2

2 2

0
2

2 8

x

y x

x

x x

x y

  ≥

 = 

 → ↔ =

 

 + =  + =

 



Suy ra

2 2 2

1 2 1

0 2

4 4

2 2 2 8 2 6

3 3

S =

∫

x dx+

∫

−x dx= + π→S = − =S S π− .

Suy ra 2 1

4
8

4 8

a

S S b

c
π

 =




− = − → =

 =


. Chọn C.

Câu 29. Cho số phức z thỏa mãn z= +

(

i 2

) (

2 1− 2i

)

. Tìm phần ảo của số phức z.

A. 2. B. −2. C. − 2. D. 2.

Lời giải. Ta có

(

) (

)(

) (

)(

)

2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2

z= +i − i = i + i+ − i = + i − i

1 2i 2 2i 4i 5 2i

= − + − = + .

Suy ra z= −5 2i. Do đó, phần ảo của số phức z bằng − 2. Chọn C.

Câu 30. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1 = z2 =1 và 1+z z1 2≠0. Tìm phần ảo của số

phức 1 2

1 2

z z

w

z z

+
=

+ .

A. Phần ảo bằng 1 . B. Phần ảo bằng −1.

C. Phần ảo bằng 0 . D. Phần ảo là một số thực dương lớn hơn 1.

Lời giải. Do

1
1

1 2

2
2
1

1 .

1
z
z

z z

z
z
 =


= = →

 =



Ta có 1 2 1 2 1 2

1 2
1 2

1 2

1 1

1 . 1

z z z z z z

w w

z z
z z

z z
+

+ +

= = = =

+ + .

Vì w w= nên w là số thực hay phần ảo của w bằng 0 . Chọn C.

Câu 31. Cho phương trình 4 2

4z +mz + = trong tập số phức và m là tham số thực. Gọi 4 0

1, , , 2 3 4

z z z z là bốn nghiệm của phương trình đã cho. Tìm tất cả các giá trị của m để

(

)(

)

1 4 2 4 3 4 4 4 324

z + z + z + z + = .

A. m= hoặc 1 m= −35. B. m= − hoặc 1 m= −35.
C. m= − hoặc 1 m=35. D. m= hoặc 1 m=35.

Lời giải. Đặt 2

t=z , phương trình trở thành 2

4t +mt+ = có hai nghiệm 4 0 t1, t2.

Ta có 1 2

1 2

. 1

m
t t

t t
 + =−


 =


. Do vai trị bình đẳng, giả sử ta có 2 2

1 2 1

z =z = , t z32 =z24 = . t2

Yêu cầu bài toán

(

) (

)

(

)

1 4 2 4 324 1 2 4 1 2 16 324

t t t t t t 

⇔ + + = ⇔ + + +  =

(

)

2 2 17 18 1

17 18

17 18 35

m m

m

m m

− + =  = −

 

⇔ − + = ⇔ ⇔

− + = − =

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

Cách 2. Đặt f z

( )

(

z−z1

)(

z−z2

)(

z−z3

)(

z−z4

)

Do 2

(

)(

)

1 4 1 2 1 2

z + = z + i z − i nên

(

)(

)

( ) (

)

1 2 3 4

2 2

4 4 4 4 .

4 4

f i f i

z + z + z + z + = − .

( )

Mà

( )

(

)

( )

2 2 4 2 2 4 68 4

f i =f − i = i +m i + = − m.

Vậy

( )

(

)

68 4 1

* 324 .

35
4.4

m m

m


−  = −

⇔ = ⇔  =



Câu 32. Cho các số phức z1, , z2 z3 có biểu diễn trên mặt phẳng phức là ba đỉnh của tam giác
đều có phương trình đường trịn ngoại tiếp là

(

) (

)

2017 2018 1.

x+ + −y = Tổng phần thực và
phần ảo của số phức w= + + bằng: z1 z2 z3

A. 1.− B. 1. C. 3. D. 3.−
Lời giải. Đường trịn đã cho có tâm I biểu diễn số phức z= −2017+2018i.
Gọi , , A B C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z1, , z2 z3.

Ta có OA+OB+OC=3OG=3OI (do tam giác ABC đều nên G≡ ). I
Suy ra z1+ +z2 z3= −3

(

2017+2018i

)

= −6051+6054i. Chọn C.

Câu 33. Cho các số phức z thỏa mãn 2

2 5

z =m + m+ , với m là tham số thực. Biết rằng tập 
hợp các điểm biểu diễn các số phức w= −

(

3 4i z

)

−2i là một đường trịn. Bán kính nhỏ nhất
của đường trịn đó bằng:

A. 4 . B. 5 . C. 20 . D. 22 . 
Lời giải. Gọi w= +x yi.

Từ giả thiết, ta có

(

3 4

)

(

)

3 4 8 4 3 6.

3 4 25 25

x y i x y x y

x yi i z i z i

i

+ + − − + +

+ = − − → = = +

−

(

) (

)

3 4 8 4 3 6

x y x y

z − − + + +

→ = .

Mà 2

(

) (

)

2 2

(

2

)

2 5 3 4 8 4 3 6 25 2 25

z =m + m+ ←→ x− y− + x+ y+ = m + m+

(

)

2 2

(

)

(

)

2 2

2 2 2 2

4 4 25 1 4 2 25 1 4 400 20 .

x y y m  x y m 

⇔ + + + =  + +  ⇔ + + =  + +  ≥ =

Dấu ''='' xảy ra khi m= −1. Chọn C.

Cách 2. Từ giả thiết, ta có w+ = −2i

(

3 4i z

)

Lấy môđun hai vế, ta được

(

)

(

)

2 3 4 . 5. 2 5 5 1 4 20.

w+ i = − i z = m + m+ = m+ + ≥

Câu 34*. Tính mơđun của số phức z biết z≠ z và 1

z−z có phần thực bằng 4.

A. 1.
16

z = B. 1.

z = C. 1.

z = D. z = 4.
Lời giải. Giả sử z a bi= +

(

a b, ∈ℝ

)

Ta có

2 2

1 1

z−z= a +b − −a bi

(

)

(

)

(

)

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b a bi a b a b

i

a b a b a b a b a b a b

+ − + + −

= = +

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

I

A

B C

A'

B' C'

M

Theo giả thiết: 1

z−z có phần thực bằng 4 nên

(

)

2 2

2 2 2

a b a

a b a b

+ −

+ − +

(

)

(

)

2 2 2 2

2 2 2 2 4 2 2 2 2 4

2 2 2

a b a a b a

a b a a b a b a b a

+ − + −

⇔ = ⇔ =

+ − + + + −

2 2
2 2

1 1 1

4 .

8 8

a b z

a b

⇔ = ⇔ + = → =

+ Chọn B.

Cách 2. Nếu z a bi= + thì z+ =z 2a.

Áp dụng: 1

z−z có phần thực bằng 4 →

1 1

8
z−z+ z−z=

(

)

(

)

2 2 2

2 2

1 1

8 8 8

z z z z z z

z z z z z z z z z z z z z z z

− − − −

↔ + = ↔ = ↔ =

− − − + + − + +

(

)

(

)

2 2 1 1

8 8 8 .

8
2

z z z z z z

z
z

z z z z

z z z z

− − − −

↔ = ↔ = ↔ = ↔ =

− −

− +

Câu 35. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , tâm O . Cạnh bên 
2

SA= a và vng góc với mặt đáy

(

ABCD

)

. Gọi H và K lần lượt là trung điểm của cạnh
BC và CD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD.

A. .
3

a B. 2 .

3a C. 2 .a D. .2a 
Lời giải. Gọi E=HK∩AC.

Do HK BD nên d HK SD

[

]

(

)

(

)

(

)

, , , .

d HK SBD  d E SBD  d A SBD 

=  =  =  

Kẻ AF⊥SO. Khi đó

(

)

2 2

. 2

, .

SA AO a

d A SBD AF

SA AO

  = = =

  +

Vậy

[

]

1 .

2 3

a

d HK SD = AF= Chọn A.

Câu 36. Cho lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' '. Gọi M là trung điểm A C' ', I là giao điểm của

AM và A C' . Khi đó tỉ số thể tích của khối tứ diện IABC với khối lăng trụ đã cho bằng:

A. 2

3. B.

9. C.

9. D.

Lời giải. Xét tam giác AA C' , ta có I là trong tâm nên

(

)

(

)

, , .

d I ABC = d M ABC 

Ta có

(

)

. ' ' ' . ' . ', .

ABC A B C ABC ABC

V =S∆ AA =S∆ d A ABC 

Và 1 . ,

(

)

IABC ABC

V = S∆ d I ABC 

(

)

(

)

1 2 2

. , . ',

3S∆ABC 3d M ABC  9S∆ABC d A ABC 

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

Câu 37. Hình lập phương có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

A. 8. B. 9. C. 10. D. 12.

Lời giải. Có 9 mặt đối xứng. Chọn B.

Câu 38*. Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ nhật 
có diện tích mặt sàn là 2

1152m và chiều cao cố định.
Người đó xây các bức tường xung quanh và bên trong
để ngăn nhà xưởng thành ba phịng hình chữ nhật có
kích thước như nhau (không kể trần nhà). Vậy cần
phải xây các phịng theo kích thước nào để tiết kiệm
chi phí nhất (bỏ qua độ dày các bức tường):

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

Lời giải. Đặt , , x y h lần lượt là chiều dài, chiều rộng và chiều cao mỗi phịng.

Theo giả thiết, ta có x y.3 1152 y 384
x

= → = .

Để tiết kiệm chi phí nhất khi diện tích tồn phần nhỏ nhất.

Ta có Stp 4xh 6yh 3xy 4xh 6.384h 1152 4h x 576 1152

x x

 



= + + = + + =  + + .

Vì h khơng đổi nên Stp nhỏ nhất khi f x

( )

x 576
x

= + với x> nhỏ nhất. 0

Khảo sát hàm f x

( )

x 576
x

= + với x> , ta được 0 f x

( )

nhỏ nhất khi x=24→ =y 16.
Chọn A.

Nhận xét. Bạn đọc có thể dùng BDT Côsi x 576 2 x.576 48

x x

+ ≥ = .

Câu 39. Cho hình thang cân ABCD có các cạnh đáy AB=2 , a CD=4a và cạnh bên
3 .

AD=BC= a Tính theo a thể tích V của khối trịn xoay thu được khi quay hình thang cân
ABCD xung quanh trục của nó.

A. 4 10 2 3
.
3

V= + πa B. 14 2 3

.
3

V= πa

C. 10 2 3
.
3

V= πa D. 14 2 3

.
12

V= πa

Lời giải. Khi quay hình thang cân ABCD quanh trục đối xứng của nó ta thu được hình nón

cụt có chiều cao

2
2

2 2 .
2

CD AB

h= AD − −  = a

Bán kính đường trịn đáy lớn và đáy nhỏ của hình nón cụt là 1 2
2
CD

R = = a và 2 .

2
AB
R = = a

Áp dụng công thức tính thể tích khối nón cụt, ta có

(

2 2

)

1 2 1 2

1 14 2

. .

3 3

V = π R +R +R R h= πa

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

H 
K

I

x

D C

B A

S

O 
Câu 40. Một chai có phía dưới là hình trụ

chứa một lượng nước có chiều cao 10 cm như
hình vẽ. Người ta lật ngược chai lại thì phần
chai khơng chứa nước là một hình trụ có
chiều cao 8 cm . Tính thể tích của chai, biết
rằng đường kính của đáy chai bằng 10 cm .

A. 3

450 cm .π B. 900 cm .π 3

C. 3

1800 cm .π D. 50 cm .π 3

Hình a Hình b
Lời giải. Đường kính bằng 10 cm → bán kính 5 cm.

Thể tích chai nước bằng tổng thể tích của khối nước hình trụ ở hình a và thể tích phần chai
khơng chứa nước ở hình b.

Do đó 2 2

(

)

.5 .10 .5 .8 25 10 8 450 cm .

V =π +π = π + = π Chọn A.

Câu 41*. Một xưởng cơ khí nhận làm những chiếc thùng 
phi có dạng hình trụ dùng để chứa dầu nhớt với thể tích
theo yêu cầu là

2 m

π

mỗi chiếc. Để tiết kiệm vật liệu nhất
thì xưởng cơ khí phải làm chiếc thùng có kích thước mà
tổng chiều cao và bán kính đáy của thùng bằng bao nhiêu?

A. 2m. B. 5m.
2

C. 3m. D. 4m.

Lời giải. Để tiết kiệm vật liệu nhất thì diện tích tồn phần của thùng nhỏ nhất.

Gọi R và h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của thùng.

Thể tích của thùng 2

2 .

V R h h

R

π π

= = → =

Do thùng phi có dạng hình trụ kín hai đầu nên diện tích tồn phần của thùng:

(

)

2 2 2 2 3 2

2 1 1 1 1

2 2 . 2 2 2 2 .3 . . 6 .

t

S R R h Rh R R R R

R R R R R

π π π π  π  π π

= + = + =  + =  + + ≥ =

Dấu ''='' xảy ra khi R= 1 → = Chọn C. h 2.

Cách khác. Ta có thể khảo sát hàm

( )

2 2

f R R

R

= + với R> 0.

Câu 42*. Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB= , a AC=2a.

Biết 0

SBA=SCA= và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng 2 .

3a Tính diện 
tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC.

A. 2

6 .

S= πa B. 2

4 .

S= πa C. 2

9 .

S= πa D. 2

8 .
S= πa

Nhận xét. Thật ra bài này là cho hình chóp .S ABDC có đáy ABDC là hình chữ nhật và

(

)

SD⊥ ABDC . Tác giả đem cắt bỏ đi SD làm cho người đọc mất phương hướng.

Lời giải. Gọi D là điểm sao cho ABDC là hình chữ nhật.

Ta có AB BD AB

(

SBD

)

AB SD

SBA AB SB

 ⊥

 → ⊥ → ⊥

 → ⊥

 .

Tương tự, ta cũng có AC⊥SD. Từ đó suy ra SD⊥

(

ABDC

)

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

---

Ta có 2

[

]

(

)

(

)

1 ,

(

)

3 2

a

d SA BC d BC SAx  d O SAx  d D SAx 

= =  =  =  

(

)

4 45

, 2

a
DH

a

d D SAx DK SD a

 

→  = = → =

2 2

3 4 9 .

2
a

SA a R S πR πa

→ = → = → = = Chọn C.

Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz mặt phẳng ,

( )

α chứa trục Oz và đi qua điểm

(

2; 3;5−

)

P có phương trình là:

A.

( )

α : 2x+3y=0. B.

( )

α : 2x−3y=0.

C.

( )

α : 3x+2y=0. D.

( )

α :y+2z=0.

Lời giải. Mặt phẳng

( )

α chứa trục O z nên phương trình có dạng

+ = 0

A x By với 2 2
0.
A +B ≠

Lại có

( )

α đi qua P

(

2; 3;5−

)

nên 2A−3B =0. Chọn B= 2 → = . A 3
Vậy phương trình mặt phẳng

( )

α : 3x+2y =0. Chọn C.

Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 3 1

2 1

x y

d − = − = +z

− . Trong

các phương trình sau, phương trình nào là phương trình tham số của ?d

A.

1 2

3 .

x t

y t

z

 = +

 = −

 =−


B.

1 2

3 .

x t

y t

z t

 = +


 =− +


 =− +


C.

1 2

3 .

x t

y t

z t

 = +


 =− −


 =− +


D.

1 2

2 .

x t

y t

z t

 = − +


 = +


 =− +


Lời giải. Viết lại cho 1

1 2 1

1 3 1

: 3 2 .

2 1 1

1 2

t

x t x

x y z

d y t y

z t z

=−

 = +  = −

 

− = − = + → = + → =

 

 

 = − +  = −

 

 

Điều đó chứng tỏ d đi qua điểm có tọa độ

(

−1;2; 2−

)

nên

1 2

: 2 .

x t

d y t

z t

 = − +


 = +


 =− +


Chọn D.

Nhận xét. Câu này học sinh dễ mắc sai lầm là chọn đáp án B, 80% khảo sát là thế.

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 2 1 1

3 1 1

x y z

d − = − = +

− và

điểm A

(

1;2;3

)

. Tọa độ điểm A' đối xứng với A qua d là:

A. A' 3;1; 5

(

−

)

B. A'

(

−3;0;5

)

C. A' 3;0; 5

(

−

)

D. A' 3;1;5

(

)

Lời giải. Đường thẳng d có một VTCP ud =

(

3; 1;1−

)

Gọi

( )

α là mặt phẳng qua A và vng góc với d nên có một VTPT nα=ud =

(

3; 1;1−

)

.
Do đó

( )

α : 3x− + − = . y z 4 0

Tọa độ hình chiếu vng góc H của A trên d thỏa mãn

(

)

2 1 1

2;1; 1

3 1 1

3 4 0

x y z

H
x y z

 − − +

 = =

 − ⇒ −



 − + − =


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

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

( )

P : 2x− −y 2z=0 và đường

thẳng : 1 2

1 2 2

x y z

d − = = + . Tìm tọa độ điểm A thuộc Ox sao cho A cách đều d và

( )

P .

A. A

(

2;0;0

)

. B. A

(

3;0;0

)

. C. A

(

4;0;0

)

. D. A

(

5;0;0

)

.
Lời giải. Đường thẳng d đi qua M

(

1;0; 2− và có một VTCP

)

u=

(

1;2;2

)

Do A∈Ox→A a

(

;0;0

)

. Ta có MA= −

(

a 1;0;2

)

→u MA, =

(

4;2a− − +4; 2a 2

)

Theo đề bài, ta có

[

]

( )

, 2

4 1 4

u MA a

d A d d A P

u

 

 

 

 

=  ⇔ =

+ +

(

) (

)

(

)

2 2

16 2 4 2 2 2

6 9 0 3 3;0;0

1 4 4 4 1 4

a a a

a a a A

+ − + − +

⇔ = ⇔ − + = ⇔ = →

+ + + + . Chọn B.

Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 2 1

2 1 2

x y z

d + = = +

− . Trong

các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với d ?

A. 1

2 3

: 2

1 4

x t

d y t

z t

 = +

 = −

 = +


. B. 2

: 1

x t

d y t

z t

 =

 = +

 =


C. 3: 2 3 1

4 2 4

x y z

d + = + = −

− − . D. 4

1 1

6 3 6

x y z

d = + = −

− .

Lời giải. Xét đường thẳng d3 qua M

(

− −2; 3;1

)

và có một VTCP u3 = −

(

4;2; 4− .

)

Đường thẳng d có một VTCP ud =

(

2; 1;2−

)

Ta có u3 = −2 2; 1;2

(

−

)

= −2ud →d d3 hoặc d≡d3.

Thay tọa độ điểm M

(

− −2; 3;1

)

vào : 2 2 3 1 1

2 1 2

d − + =− = +

− ta thấy không thỏa mãn. Chọn C.

Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

( ) (

) (

)

: 1 2 1 9

S x+ + −y + −z = .

Tính tọa độ tâm I và bán kính R của

( )

S .

A. I

(

−1;2;1

)

và R= . 3 B. I

(

1; 2; 1− − và

)

R= . 3
C. I

(

−1;2;1

)

và R= . 9 D. I

(

1; 2; 1− − và

)

R= . 9
Lời giải. Chọn A.

Câu 49*. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm O

(

0;0;0

)

, A

(

1;0;0

)

, B

(

0;1;0

)

, và

(

0;0;1

)

C . Hỏi có bao nhiêu điểm cách đều các mặt phẳng

(

OAB

)

(

OBC

)

(

OCA

)

(

ABC

)

A. 1. B. 4 . C. 5 . D. 8 .

Lời giải. Ta có

(

) (

)

(

) (

)

(

) (

)

(

)

: 1

OAB Oxy

OCD Oyz

CDA Oxz

ABC x y z

 ≡



 ≡



 ≡



 + + =



Gọi P a b c

(

; ;

)

là tọa độ điểm cần tìm.

Theo đề bài, ta cần có 1.

a b c
a =b =c = + + −

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

● .

a b c

 = =


 = = −


= = →  =− =


− = =


● Mỗi trường hợp trên kết hợp với 1
3
a b c

c = + + − sinh ra hai trường hợp. Chọn D.

Nhận xét. Hình dung về mặt hình học bài này như sau: Một điểm dễ thấy nhất là tâm mặt
cầu nội tiếp tứ diện. Bốn điểm còn lại khó thấy hơn là bốn tâm mặt cầu bàng tiếp của tứ diện.
Ba điểm cịn lại rất khó hình dung là nằm trong góc tam diện như hình vẽ sau (trường hợp
này rất nhạy cảm, đặc biệt cho bài này là OA OB OC, , đơi một vng góc).

Câu 50*. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A

(

3;0;0 ,

) (

B 0;2;0 ,

)

C

(

0;0;6

)

và

(

1;1;1

)

D . Kí hiệu d là đường thẳng đi qua D sao cho tổng khoảng cách từ các điểm A B C, ,

đến d lớn nhất. Hỏi đường thẳng d đi qua điểm nào dưới đây?

A. M

(

− −1; 2;1

)

. B. N

(

5;7;3

)

. C. P

(

3;4;3

)

. D. Q

(

7;13;5

)

Lời giải. Kiểm tra ta thấy D∈

(

ABC

)

: 2x+3y+ − =z 6 0.

Ta có

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

, , , , .

d A d AD

d B d BD d A d d B d d C d AD BD CD

d C d CD

 ≤



 ≤ ⇒ + + ≤ + +



 ≤



Dấu "=" xảy ra khi d⊥

(

ABC

)

tại điểm D. Do đó

1 2

: 1 3

x t

d y t N d

z t

 = +


 = + → ∈


 = +


</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 03 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

<b> </b>

<b> KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017 </b>

<b> Mơn thi: TỐN </b>

ĐỀ VIP 03 Thời gian làm bài:

>

90

phút

<i>x</i>

1

2

−

1

2

<i>y</i>

<i>O</i>

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

( )

( )

( )

(

)

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

[

]

( )

[

]

( )

( )

[

]

( )

[

]

[

]

( )

( )

( )

( )

( )

( )

{

( )

( )

( )

( )

( )

}

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

<sub> </sub>

( )