Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 01 | 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 (392.11 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 01 Thời gian làm bài:

>

90 phút

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

A. 3 2

3 2

y= − −x x − .

B. 3 2

3 2

y=x + x − .

C. 3 2

3 2

y=x − x − .

D. 3 2

3 2

y= − +x x − .

x

y

-2

-1

O

2

Lời giải. Dựa vào đồ thị ta thấy phía bên phải hướng lên nên a> . Loại đáp án A, D. 0

Thấy cắt trục hoành tại điểm x= − nên thay 1 x= − vào hai đáp án B và C, chỉ có B mới 1
làm cho y= . Chọn B. 0

Câu 2. Cho hàm số

( )

(

2

)

2
3

= −

f x x . Giá trị cực đại của hàm số f'

( )

x bằng:

A. 8− . B. 1

2. C. 8. D. 9.

Lời giải. Ta có

( )

4 2

( )

6 9 ' 4 12

f x =x − x + →f x = x − x.

Tính

( )

'' 12 12; '' 0 1

f x = x − f x = ⇔ = ± . x

Vẽ bảng biến thiên, ta thấy f'

( )

x đạt cực đại tại x= −1, giá trị cực đại là f '

( )

− =1 8.

Chọn A.

Nhận xét. Rất nhiều học sinh đọc đề không kỹ đi tìm giá trị cực đại của hàm số f x

( )

và dẫn
tới chọn đáp án D.

Câu 3. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số 1 3

(

)

(

)

1 3 4

y= − x + m− x + m+ x− đồng

biến trên khoảng

( )

0;3 .

A. 12.
7

m≥ B. 12.

m≤ C. m≥ 1. D. 1 12.

m

≤ ≤

Lời giải. YCBT 2

(

)

( )

' 2 1 3 0, 0;3

y x m x m x

⇔ = − + − + + ≥ ∀ ∈

(

)

( )

2 2 3

( )

2 1 2 3, 0;3 , 0;3 .

2 1

x x

m x x x x m x

x

+ −

←→ + ≥ + − ∀ ∈ ←→ ≥ ∀ ∈

( )

Khảo sát hàm

( )

2 2 3

2 1

x x

g x

x

+ −
=

+ trên khoảng x∈

( )

0;3 , ta được ( )0;3

( )

max 3

g x =g = .

Do đó

( )

( )0;3

( )

* max .

m g x

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

Câu 4. Hàm số y ax b

cx d

+
=

+ với a> , 0
0

ad− ≠ có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh bc

đề nào sau đây đúng :
A. b>0, c>0, d< 0.
B. b>0, c<0, d< 0.
C. b<0, c<0, d< 0.
D. b<0, c>0, d< 0.

x
y

O

Lời giải. Từ đồ thị hàm số, ta thấy

● Khi y 0 x b 0 b 0.

a

= → = − < → >

● Khi x 0 y b 0 d 0

d

= → = < → < .

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x d 0 c 0.

c

= − > → >

Vậy b>0, c>0, d< Chọn A. 0.

Câu 5. Hàm số nào sau đây khơng có giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên đoạn

[

−2;2

]

?
A. 3

y=x + . B. 4 2

y=x +x . C. 1

x
y

x

−
=

+ . D. y= − + . x 1
Lời giải. Nhận thấy hàm số 1

x
y

x

−
=

+ không xác định tại x= − ∈ −1

[

2;2 .

]

Lại có

1 1

lim ; lim

1 1

+ −

→− →−

− −

= −∞ = +∞

+ +

x x

Do đó hàm số này khơng có giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trên

[

−2;2

]

. Chọn C.

Câu 6. Cho hàm số 3 2

y=x +ax +bx+c và giả sử , A B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Khi đó, điều kiện nào sau đây cho biết đường thẳng AB đi qua gốc tọa độ O?

A. c=0. B. 9 2+ b=3a. C. ab=9c. D. a=0.
Lời giải. Ta có 2

' 3 2

y = x + ax+b.

Thực hiện phép chia y cho 'y , ta được 1 1 . ' 2 2 2 1

3 9 3 9 9

y= x+ a y + b− a x+ −c ab

    .

Suy ra phương trình đường thẳng AB là: 2 2 2 1

3 9 9

y= b− a x+ −c ab.

Do AB đi qua gốc tọa độ 1 0 9
9

O→ −c ab= ⇔ab= c. Chọn C.

Nhận xét. Có thể áp dụng công thức nhanh

( )

( )

( )

.
3.

f x f x
y f x

f x

′ ′′

= −

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

Câu 7. Cho hàm số y= f x

( )

có đồ thị như hình
bên. Giá trị lớn nhất của hàm số này trên đoạn

[

−2;3

]

bằng:

A. 2.− B. 2.

C. 4. D. 5. x

-2
-3

y

O

3
2

-2

Lời giải: Nhận thấy trên đoạn

[

−2;3

]

hàm số có điểm cao nhất là điểm

( )

3;4 .
→ giá trị lớn nhất của hàm số này trên đoạn

[

−2;3

]

bằng 4. Chọn C.

Câu 8. Đồ thị hàm số 2 2 1
2

x
y

x x

+
=

− − có bao nhiêu đường tiệm cận?

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

Lời giải. Ta có lim lim 2 2 1 1 1
2

x x

x

y y

x x

→±∞ →±∞

= = → =

− − là TCN.

Xét phương trình 2 2

2 0 .

x

x x

x

 =

− − = ←→  =−

●

2
2

2 2

2
2

2 2

1
lim lim

2
1

lim lim

x x

x
y

x x

x
x

y

x x

+ +

− −

→ →

 +

 = = +∞

 − −

 → =

 +

 = = −∞

 − −



là TCĐ.

●

2
2

2 2

2
2

2 2

1
lim lim

2
1

lim lim

x x

x
y

x x

x
x

y

x x

+ +

− −

→− →−

 +

 = = −∞

 − −

 → = −

 +

 = = +∞

 − −



là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận. Chọn D.

Câu 9. Cho hàm số y= f x

( )

có bảng biến thiên sau:

x −∞ − 1 0 1 +∞

y − 0 + 0 − 0 + 
y +∞ +∞

−1 −1

Với giá trị nào của m thì phương trình f x

( )

− =1 m có đúng hai nghiệm.

A. − < < −2 m 1. B. 0 .

m
m

 >

 = −

 C.

1
.
2

m
m

 > −

 = −

 D.

1
.
2

m
m

 ≥ −

 = −


Lời giải. Phương trình f x

( )

− = ←→1 m f x

( )

= +m 1. Đây là phương trình hồnh độ giao

điểm của đồ thị hàm số y= f x

( )

và đường thẳng y= +m 1 (cùng phương với trục hoành).

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi

1 0 1

1 1 2

m m

 + >  > −

 ⇔

 + = −  = −

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

Câu 10*. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y= +x m

(

sinx+cosx

)

đồng biến
trên .ℝ

A. ; 1 1 ; .

2 2

m∈ −∞ −  ∪ +∞

    B.

1 1
; .
2 2

m∈ − 

 

  
C. 3; 1 .

m∈ − 

  D.

1 1

; ; .

2 2

m∈ −∞ −    ∪ +∞

   

Lời giải. YCBT ⇔y'= +1 m

(

cosx−sinx

)

≥0, ∀ ∈x ℝ

(

)

min 1 m cosx sinx  0, x

⇔  + − ≥ ∀ ∈ℝ.

( )

Ta có − 2≤sinx−cosx≤ 2→m

(

cosx−sinx

)

=m. cosx−sinx ≤m 2

(

)

2 m m cosx sinx 2m.

→− ≤ − ≤

Do đó

( )

1 1 2 0 1 1 .

2 2

m − m

⇔ − ≥ ⇔ ≤ ≤ Chọn B.

Câu 11*. Cho một tấm nhơm hình vng cạnh 
6cm. Người ta muốn cắt một hình thang như
hình vẽ. Tìm tổng x+ để diện tích hình thang y

EFGH đạt giá trị nhỏ nhất.

A. 7. B. 5. 
C. 7 2.

2 D. 4 2.

Lời giải. Ta có SEFGH nhỏ nhất ⇔ =S S∆AEH+S∆CGF+S∆DGH lớn nhất (do S∆BEF khơng đổi).

Tính được 2S=2x+3y+ −

(

6 x

)(

6−y

)

=xy−4x−3y+36.

( )

Ta có EFGH là hình thang → AEH=CGF

~ 2 6.

AE AH x

AEH CGF xy

CG CF y

→∆ ∆ → = ↔ = → =

( )

Từ

( )

1 và

( )

2 , suy ra 2S 42 4x 18

x

 



= − + .

Để 2S lớn nhất khi và chỉ khi 4x 18

x

+ nhỏ nhất.

Mà 4x 18 2 4 .x 18 12 2.

x x

+ ≥ = Dấu ''='' xảy ra 4 18 3 2 2 2

x x y

x

⇔ = ⇔ = → = . Chọn C.

Câu 12. Tập xác định của hàm số

(

)

2
27

π

= −

y x là:

A. D= ℝ\ 2

{ }

. B. D =ℝ. C. D=

[

3;+∞ .

)

D. D=

(

3;+∞ .

)

Lời giải. Áp dụng lý thuyết '' Lũy thừa với số mũ khơng ngun thì cơ số phải dương '' . 
Do đó hàm số

(

)

2

27
π

= −

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

Câu 13. Tính đạo hàm của hàm số 1
4x

x

y= + .

A. ' 1 2

(

2 1 ln 2

)

2x

x

y = − + . B. ' 1 2

(

2 1 ln 2

)

2 x

x

y = + + .

C.

(

)

1 2 1 ln 2
'

4x

x

y = − + . D.

(

)

1 2 1 ln 2
'

4x

x

y = + + .

Lời giải. Ta có

(

)

(

)

( )

(

)

( )

(

)

/
/

2 2

1 .4 1 . 4 4 1 .4 .ln 4 1 1 . ln 4
1

4 4 4 4

x x x x

x x x x

x x x x

x

y = +  = + − + = − + = − +

Lại có

( )

2 2

4x = 2 x=2 x và ln 4

2. ln 2

= . Chọn A.

Câu 14. Phương trình 1 1

3 2

9
x
x

− = +  
 

  có bao nhiêu nghiệm âm?

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

Lời giải. Phương trình tương đương với

3 1 1 1

2 3. 2

9 3 3

x x x

x

     

  

= +   ⇔   = +  .

Đặt 1
3
x

t=     , t> . Phương trình trở thành 0 2 2 1

3 2 3 2 0

t

t t t t

t

 =

= + ⇔ − + = ⇔  = .

● Với t= , ta được 1 1 1 0
3

x

 

  = ⇔ =
 

  .

● Với t= , ta được 2 1
3
1

2 log 2 0.
3

x

 

  = ⇔ = <
 

 

Vậy phương trình có một nghiệm âm 1
3

log 2

x= . Chọn B.

Câu 15. Cho , , a b c là các số thực dương khác 1. Hình

vẽ bên là đồ thị của ba hàm số x

y=a , x

y=b , x
y=c .
Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. a> >b c. B. a< <b c.

C. c> >a b. D. a> >c b.

Lời giải. Ta thấy hàm x

y=c có đồ thị từ trái sang phải theo hướng đi lên nên là hàm đồng
biến → > Còn hàm số c 1. x

y=a và x

y=b là những hàm nghịch biến →a b, <1.

Từ đó loại được các đáp án A, D.

Từ đồ thị hàm số ta thấy tại cùng một giá trị x0<0 thì đồ thị hàm số x

y=b nằm trên đồ thị

hàm số x

y=a hay xx 0x b a

b a

 <

 → <
 >

 .

Ví dụ 1 1

1
1

.
1 1

x
x

b a

− −

 = −


 = − 

 

 ⇔ → <

 

 >  >

 

 

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

Cách trắc nghiệm. Kẻ đường thẳng x= cắt đồ thị các hàm số 1 x

y=a , x

y=b , x

y=c lần

lượt tại các điểm có tung độ y=a y, =b y, = . Dựa vào đồ thị ta thấy ngay c c> > a b.

Câu 16. Tính giá trị của biểu thức

(

) (

)

(

)

ln 2 cos1 . ln 2 cos 2 .ln 2 cos 3 ...ln 2 cos 89

P= trong

đó tích trên bao gồm 89 thừa số có dạng

(

)

ln 2 cos a với 1≤ ≤a 89 và a ∈ ℤ .

A. 1 . B. 1− . C. 289

89! . D. 0 .

Lời giải. Trong tích trên có

(

)

ln 2 cos 60 ln 2. ln1 0
2

 


=  = = . Vậy P=0. Chọn D.

Câu 17. Cho log 52 =a, log 53 =b. Tính giá trị biểu thức

5
log 2

log 120
2

A= theo a và b.

A.

2
2

b ab a
A

ab

+ +

= . B. A 3b ab a

ab
+ +
= .
C. 
4
3
2

b ab a

A

ab

+ +

= . D.

4
3
2

b ab a

A

ab

+ +

= .

Lời giải. Ta có

(

)

3
5

5 5 5

log 2 4

log 2 .5.3

log 120 3 log 2 1 log 3
2
2

A= = = + +

4 4
3 1
1
3
.
2 2

b ab a

a b

ab

+ + + +

= = Chọn C.

Câu 18. Đạo hàm của hàm số y=log2017x là:

A. y' ln 2017.

x

= B. y' log2017e.

x

= C. ' 1 .

.log 2017

y
x

= D. ' 2017 .

.ln 2017

y
x

Lời giải. Áp dụng công thức

(

)

/ 1
log

. ln
ax

x a

= , ta được ' 1 log2017 .
. ln 2017

e
y

x x

= = Chọn B.

Câu 19. Một người đàn ông vay vốn ngân hàng với số tiền 100 000000 đồng. Người đó dự định 
sau 5 năm thì trả hết, nhưng thực hiện trả đủ trong đúng 5 năm thì ơng buộc phải trả đều
đặn hàng tháng với số tiền là a đồng. Biết lãi suất hàng tháng là 1,2% . Hỏi giá trị của a là:

A. 
59
5
60
1,2
12.10 1
100
1, 2
1 1
100
a
 
 + 
 
 
=
 
 +  −
 
 

(đồng). B.

60
5

60
1,2
12.10 1
100
1,2
1 1
100
a
 
 + 
 
 
=
 
 +  −
 
 
(đồng).
C. 
60
6
60
1,2
12.10 1
100
1,2
1 1
100
a
 

 + 
 
 
=
 
 +  −
 
 

(đồng). D.

59
6
60
1,2
12.10 1
100
1, 2
1 1
100
a
 
 + 
 
 
=
 
 +  −
 
 

(đồng).

Lời giải. Gọi , , , m r T a lần lượt là số tiền vay ngân hàng, lãi suất hàng tháng, tổng số tiền

vay còn lại sau mỗi tháng, số tiền trả đều đặn mỗi tháng .
● Sau khi hết tháng thứ nhất (n=1

)

thì cịn lại: T1=m r

(

+ −1

)

a.

● Sau khi hết tháng thứ hai

(

n=2

)

thì cịn lại: T2=m r

(

+ −1

)

a r

(

+ −1

)

a

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

1 1 1 2 1 a 1 1 .

m r a r a m r a r m r r

r

 

= + − + − = + − + = + −  + − 

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

● Sau khi hết tháng thứ ba

(

n=3

)

thì cịn: 3

(

)

(

)

2 1

(

)

a

T m r r r a

r
  
 

= + −  + −  + −
 
 
 

(

)

(

)

1 a 1 1 .

m r r

r

 

= + −  + − 

⋮

● Sau khi hết tháng thứ n thì cịn lại: n

(

)

n

(

)

n 1 .

a

T m r r

r

 

= + −  + − 

Áp dụng cơng thức trên, ta có

(

)

(

)

60
5
60
1, 2
12.10 1
1 100
0

1 1 1, 2

1 1

100
n

n n

m r r

T a
r
 
 + 
 

+  

= ⇔ = =
 
+ −  +  −

 
 

(đồng). Chọn B.

Câu 20*. Cho 0< ≠ +a 1 2 và các hàm

( )

2
x x
a a
f x
−
+
= ,

( )

.
2
x x
a a
g x
−
−

= Trong các khẳng

định sau, có bao nhiêu khẳng định đúng?
I. 2

( )

f x −g x =

II. g

( )

2x =2g x f x

( ) ( )

.
III. f g

(

( )

)

=g f

(

( )

0 .

)

IV. g′

( )

2x =g x f x′

( ) ( )

−g x f

( ) ( )

′ x .

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

Lời giải. Ta có

( )

2 2

1 I

2 2

x x x x

a a a a

f x g x

− −

 +   − 

   

• − =  −  = →

    đúng.

( )

2 2

(

)(

)

( ) ( )

2 2. . 2 . II

2 2 2 2

x x x x

x x a a a a x x x x

a a a a a a

g x g x f x

− −

− − + − −

− − +

• = = = = → đúng.

( )

(

)

( )

(

)

( )

(

)

(

( )

)

0 0 1.

0 0 III

0 1

2 2

f g f

f g g f

a

a
a

g f g

a
 = =


•  − → ≠ →
−
 = = =

sai.

• Do g

( )

2x =2g x f x

( ) ( )

nên g′

( )

2x =2g x f x′

( ) ( )

−g x f

( ) ( )

′ x →IV sai.

Vậy có 2 khẳng định đúng. Chọn D. 
Cách giải trắc nghiệm: Chọn a= . 1

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

2
1
a b
b
 ≥

 >

 . Tìm giá trị nhỏ nhất của logab logb

a

P a

b

= + .

A. min 1.
3

P = B. Pmin = 1. C. Pmin = 3. D. Pmin =9.

Lời giải. Từ điều kiện, suy ra 1

1
a
b
 >

 >
 .

Ta có 1 1 log

1 log log

a
a a
b
P
b b

−
= +
− .

Đặt t=logab>0. Do

2 2 1

log log 2 log .

b b a

a≥b → a≥ b = → =t b≤

Khi đó 1 1

( )

t

P f t

t t

−

= + =

− .

Khảo sát hàm f t

( )

trên 0;1
2
 
 

 , ta được

( )

3
2

P= f t ≥ f   =

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

Câu 22. Nếu F x

( )

là một nguyên hàm của hàm số f x

( )

và F

(

sin2x

)

xác định thì F

(

sin2x

)

là một nguyên hàm của hàm số nào?
A.

(

)

sin .

f x B. f

(

cos2x

)

. C. 2 sinxf

(

sin2x

)

. D. sin 2xf

(

sin2x

)

.
Lời giải. Theo định nghĩa

∫

f x dx

( )

=F x

( )

+ ←→C F′

( )

x = f x

( )

Áp dụng:

(

) (

)

(

)

(

)

2 2 / 2 2

sin sin sin sin 2 . sin

F x ′ x F x x f x

  = =

 

  . Chọn D.

Câu 23. Tính tích phân 1

( )

I f x x

−

∫

biết rằng

( )

220172017 khi 0.
2 khi 0

x
x

x
f x

x

−

 ≥



=  <

A. 22018 2log2 .
2017

I = − e B.

2018
2

2 1

log .
2017

I = − e

C. 22018 1ln 2.
2017

I = − D.

2017

2 1

.
2017 ln 2

I = −

Lời giải: Ta có

( )

1 0 1

1 1 0

I f x dx f x dx f x dx

− −

∫

0 1 2017 0 2017 1 2018

2017 2017

2
0

1 0

2 2 2 2

2 2 log .

2017 ln 2 2017 ln 2 2017

x x

dx dx e

−
−

−

∫

= − + = Chọn A.

Câu 24. Viết cơng thức tính diện tích hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y= f x

( )

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

(

a<b

)

là:

A.

( )

d .

b

a

S=

∫

f x x B.

( )

d .

b

a

S=

∫

f x x C. 2

( )

d .

b

a

S=

∫

f x x D.

( )

d .

b

a

S=π

∫

f x x

Lời giải. Chọn B.

Câu 25. Cho hàm số f x

( )

xác định và đồng biến trên đoạn

[ ]

0;1 và 1 1
2

f   = , công thức tính

diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị các hàm số y1=f x

( )

2
2

y = f x  , x= và 0
1

x= là:

A.

( )

( ) ( )

1 1

2 2

0 1

1 d 1 d

f x  −f x  x+ f x f x −  x

∫

. B. 1

( )

(

( )

)

f x f x x

 − 

 

 

∫

C.

( )

( ) ( )

1
2

1
0

1 d 1 d

f x  −f x  x+ f x f x −  x

∫

. D. 1

(

( )

)

( )

f x f x x

 − 

 

 

∫

Lời giải. Gọi S là diện tích hình phẳng cần tính.

Ta có

( )

1 1 2 1

0 0 0

. 1 . 1 1 .

S=

∫

f x −f x  dx=

∫

f x −f x dx=

∫

f x −f x dx+

∫

f x −f x dx

Do hàm số f x

( )

đồng biến trên

[ ]

( )

1 1

1, ;1

2 2

0;1

1 1

1, 0;

2 2

f x f x

    

 

 ≥  = ∀ ∈ 

  

    



→    

 ≤  = ∀ ∈ 

  

    

  

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

( )

1 1, ;1

2
.
1

1 1 , 0;

f x f x x

  

 − = − ∀ ∈ 

  



→  

 − = − ∀ ∈ 

  

  



Vậy

( )

( ) ( )

1
2

1 1

S=

∫

f x  −f x dx +

∫

f x f x − dx. Chọn C.

Câu 26. Một ô tô đang đi với vận tốc lớn hơn 72km/h, phía trước là đoạn đường chỉ cho phép 
chạy với tốc độ tối đa là 72km/h, vì thế người lái xe đạp phanh để ô tô chuyển động chậm dần
đều với vận tốc v t

( )

=30−2t

(

m/s ,

)

trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc
bắt đầu đạp phanh. Từ lúc bắt đầu đạp phanh đến lúc đạt tốc độ 72km/h, ô tô đã di chuyển
quãng đường dài là bao nhiêu ?

A. 100m. B. 125m. C. 150m. D. 175m. 
Lời giải. Ta có 72km/h 20m/s= .

Từ lúc bắt đầu đạp phanh đến lúc đạt tốc độ 72km/h, ta có phương trình 30 2− t=20⇔ = t 5.
Vậy quảng đường ô tô đi được từ khi đạp phanh đến lúc ô tô đạt tốc độ 72km/h là

(

)

5
0

30 2 125m.

s=

∫

− t dt= Chọn B.

Nhận xét. Lưu ý cho học sinh nhớ công thức

( )

t

t
s=

∫

v t dt

Câu 27*. Biết hàm số f x

( )

liên tục trên ℝ và có

( )

2017
0

d 2

f x x=

∫

. Giá trị của tích phân

(

)

2017 1

2
2

. ln 1 d

e
x

I f x x

x

−

 

=  + 

∫

bằng:

A. I=1. B. I =2. C. I =4. D. I=5.

Lời giải. Đặt

(

)

2 2

ln 1 .

1 1

xdx xdx dt

t x dt

x x

= + → = → =

+ +

Đổi cận:

2017

0 0

1 2017

x t

x e t

 = → =


 = − → =



Khi đó 2017

( )

2017

( )

0 0

1 1 1

.2 1.

2 2 2

I =

∫

f t dt=

∫

f x dx= = Chọn A.

Câu 28*. Cho hình vng có độ dài cạnh bằng 8cm và một 
hình trịn có bán kính 5cm được xếp chồng lên nhau sao cho
tâm của hình trịn trùng với tâm của hình vng như hình vẽ
bên. Tính thể tích V của vật thể tròn xoay tạo thành khi 
quay mơ hình trên quanh trục XY.

A. 260 3
cm .
3

V= π B. 290 cm .3

V= π

C. 520 3
cm .
3

V= π D. 580 3

cm .
3

V= π

Lời giải. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ trùng với tâm đường tròn. 
Phương trình đường trịn: 2 2 2 2

25 25 .

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

Do hình phẳng đối xứng với nhau qua trục Oy nên thể tích vật thể trịn xoay cần tính:

(

1 2 3

)

V = V +V +V .
● V1 là thể tích của phần hình phẳng màu vàng

xoay quanh trục Ox

(

)

2
1

25 66 .

V π x dx π

→ =

∫

− =

● V2 là thể tích của phần hình phẳng màu đỏ xoay
quanh trục Ox

4
2
2

4 16 .

V π dx π

→ =

∫

● V3 là thể tích của phần hình phẳng màu xanh
xoay quanh trục Ox

(

)

2
3

25 .

V π x dx π

→ =

∫

− =

Vậy thể tích cần tính

(

)

1 2 3

520

2 cm .

V= V +V +V = π

Chọn C.

Cách 2. Thể tích khối cầu 3 3
1

4 4 500

5 .

3 3 3

V = πR = π = π

Thể tích vật thể trịn xoay được giới hạn bởi miền tam giác cong

(

)

2 2

2
3

2. 4 25

V = π  − −x dx

 

 

∫

(

)

4
2
3

2. 9 .

x dx π

π

∫

− =

Vậy thể tích cần tính 3

1 2
520

cm .
3

V=V +V = π

Câu 29. Tổng phần thực và phần ảo của số phức z=

(

2+3i

)

2 bằng:

A. 11. B. 11+6 2. C. − +7 6 2. D. −7.

Lời giải. Ta có

(

) ( )

2 2

( )

2

2 3 2 2. 2.3 3 2 6 2 9 7 6 2 .

z= + i = + i+ i = + i− = − + i Chọn C.

Câu 30. Quỹ tích điểm biểu diễn của số phức z a bi= +

(

a b, ∈ℝ

)

là phần không tô màu nằm giữa đường nét
đứt và phần tô màu (không kể biên) như hình bên.
Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

A. z ≤ 1. B. 1<z ≤ 2.

C. 1<z < 2. D. 2≤ z.

Lời giải. Do quỹ tích biểu diễn các điểm của số phức z nằm ngoài đường trịn tâm O bán 
kính R= nhưng nằm trong đường trịn tâm O bán kính 1 R= . Chọn C. 2

Câu 31. Nếu số phức z thỏa mãn z = và 1 z≠ thì phần thực của 1 1

1−z bằng:

A. 1.

2 B.

.
2

− C. 2. D. 1.

Lời giải. Đặt z= +a bi a b

(

, ∈ℝ

)

. Từ 2 2

1 1.

z = →a +b =

Ta có

(

)

(

)(

) (

)

2 2

1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

a bi a bi

z a bi a bi a bi a bi a b

− + − +

= = = =

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

(

)

2 2

(

)

2 2
1

1 1

a bi

a b a b

−

= +

− + − + .

Suy ra phần thực của 1

1−z bằng

(

)

2 2
1

.
1

a

a b

−

− +

Ta có

(

)

2 2 2 2

(

)

1 1 1 1

2 1 2

1 2 1

a a a

a

a a a

a b

− = − = − =

−

− + + −

− + . Chọn A.

Cách 2. Gọi A là phần thực của 1
1−z.

Ta có 2 1 1 1 1 2 2 1 1.

1 1 1 1 1 . 1 1 2

z z z z

A A

z z z z z z z z z z

− − − −

= + = + = = = → =

− − − − − − + − − +

Câu 32. Có bao nhiêu số phức zthỏa mãn

(

)

3 6 5

1 2 1 12 15

z i

i z i

 − − =


 + − − =

 ?

A. Khơng có. B. 1. C. 2. D. Vô số.

Lời giải. Gọi M là điểm biểu diễn số phức z, do M thỏa mãn phương trình z− −3 6i = 5
nên M thuộc đường tròn tâm A

( )

3;6 , bán kính R= 5.

Ta có

(

1 2

)

1 12 15 1 12 15 5 2 3 5

1 2 1 2

i

i z i z z i

i i

+ − − = ⇔ − = ⇔ − − =

+ +

→ M thuộc đường tròn tâm B

( )

5;2 , bán kính ' 3 5R = .

Nhận thấy

(

) (

)

5 3 2 6 2 5 ' .

AB= − + − = =R−R

Vậy hai đường tròn tiếp xúc trong tại M , hay chỉ có một số phức z . Chọn B. 
Nhận xét. Bài tốn khơng q khó nhưng cách suy luận rất hay.

Câu 33. Cho các số phức z thỏa mãn z− =1 2. Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số
phức w= +

(

1 3i z

)

+2 là một đường trịn. Tính bán kính của đường trịn đó.

A. r=2. B. r=4. C. r=8. D. r=16.

Lời giải. Từ

(

1 3

)

2 2 1 3 3

1 3 1 3

w w i

w i z z z

i i

− − −

= + + → = → − =

+ + .

Suy ra 1 3 3 3 3 2 3 3 3 3 4.

1 3 1 3

w i w i

w i

z w i

i i

− − − −

− −

− = = ←→ = ←→ − − =

+ + Chọn B.

Cách 2. (Nên làm theo cách này nhanh hơn)

Ta có w= +

(

1 3i z

)

+ ←→ = +2 w

(

1 3i z

)

(

− + +1

)

3 3i←→ − +w

(

3 3i

) (

= +1 3i z

)

(

−1 .

)

Lấy môđun hai vế, ta được

(

)

2
2

3 3 1 3 . 1 2.2 4

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

O

D

C 
B

A 
S

Câu 34*. Gọi T là tập hợp các số phức z thỏa mãn z− ≥i 3 và z− ≤1 5. Gọi z1, z2∈ lần T
lượt là các số phức có mođun nhỏ nhất và lớn nhất. Tìm số phức z1+2z2.

A. 12 2i− . B. 2 12i− + . C. 6 4i− . D. 12 4i+ .
Lời giải. Giả sử z= +a bi a b

(

, ∈ℝ

)

Ta có ●

(

)

2 2

(

)

2 2 2

1 1 5 1 5

z− = a− +b ≤ → −a +b ≤ .

→ tập hợp các số phức nằm trong hoặc trên đường
trịn tâm A

( )

1;0 bán kính R= . 5

● 2

(

)

2 2

(

)

2 2

1 3 1 3

z− =i a + −b ≥ →a + −b ≥ .

→ tập hợp các cố phức nằm ngoài hoặc trên đường
trịn tâm B

( )

0;1 bán kính ' 3R = .

Dựa vào hình vẽ ta thấy

min 1

1 2

max 2
0 2

2 12 2
6 0

z z i

 = = −

 → + = −

 = = +

 . Chọn A.

Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức z1 −z2 ≤ z1−z2 ≤ z1 +z2 .

Ta có 3 2 2 ( )1 ( )2 6.

1 1 5 6

z i z i z

z

z z z

 

 ≤ − ≤ +  ≤

 → ←→ ≤ ≤

 

 − ≤ − ≤  ≤

 

 

Dấu ''='' thứ nhất xảy ra khi z1− =i 3, kết hợp với z− ≤1 5 ta được hệ

1 1

1 5 2

z i

z z i

z

 − =


 − ≤ → =−


 =


Tương tự cho dấu ''='' thứ hai, ta được

2 2 1 2

1 5

6 6 2 12 2

z

z z z z i

z i

 − =


 = → = → + = −


 − ≥


Câu 35. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a . Cạnh bện SA vng
góc với mặt phẳng

(

ABCD

)

và SC=a 5. Tính thể tích khối chóp S ABCD. theo a .

A. 3 3

a

V= . B.

3
6

a

V= . C. 3

V=a . D.

15
3

a
V= . 
Lời giải. Đường chéo hình vng AC=a 2.

Xét tam giác SAC, ta có 2 2

SA= SC −AC =a .
Chiều cao khối chóp là SA=a 3.

Diện tích hình vng ABCD là 2
.
ABCD

S =a

Thể tích khối chóp . 1 . 3 3

3 3

S ABCD ABCD

a

V = S SA= (đvtt). Chọn A.

Câu 36. Tứ diện đều có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

A. 3. B. 4. C. 6. D. 9.

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

Câu 37. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại ,C cạnh bên SA vuông

góc với mặt phẳng đáy

(

ABC

)

. Biết SC= tìm thể tích lớn nhất của khối chóp 1, S ABC. .

A. 3.

12 B. 
2

12 C.

2 3
.

27 D.

3
.
27

Lời giải. Giả sử 2 2 2

1 .

CA=CB= x →SA= SC −AC = −x
Thể tích khối chóp:

2 2

1 1 1 1

. . . . 1 .

3 3 2 6

S ABC ABC

V S∆ SA CA CB SA x x

 



= =   = −

Khảo sát hàm

( )

1 2 2
1
6

f x = x −x trên

( )

0;1 , ta được

( )0;1

( )

2 3

max

3 27

f x = f =



  . Chọn D. 
Nhận xét. Bạn đọc có thể dùng BĐT Côsi:

(

)

2 2 2 3

2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 3

1 . . 2 2 .

3 9

2 2

x x x

x −x = x x − x ≤  + + −  =



 

Câu 38*. Người ta cắt một tờ giấy hình vng cạnh 
bằng 1 để gấp thành một hình chóp tứ giác đều sao cho
bốn đỉnh của hình vng dán lại thành đỉnh của hình
chóp (hình vẽ). Để thể tích khối chóp lớn nhất thì cạnh
đáy x của hình chóp bằng:

A. 2.
5

x= B. 2 2.

x=

C. x=2 2. D. 2.
5

x=

x 
x

1
S

A B

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

Lời giải. Ta có 1 2

2 2 2

x
BM = AB−MO= − .
Chiều cao của hình chóp:

2 2

2 2 2 1 2

2 2 2 2

x x x

h= BM −MO =  −  −   = −

  

 

Thể tích của khối chóp 1 2 1 2 1 4 5 2

3 2 3 2

x x x

V = x − = −

Khảo sát hàm số

( )

4 5
2

f x =x −x trên 0; 2
2

 

 

 

 , ta được

GTLN của hàm số đạt tại 2 2
5

x= . Chọn B.

Cách làm trắc nghiệm. Đầu tiên ta loại đáp án C do 2 2 0; 2
2

x= ∉ 



 . Thay ba đáp án còn lại
vào hàm số

( )

4 5

f x =x −x . So sánh kết quả nào lớn nhất ta chọn. Nếu đề bài hỏi giá trị lớn

nhất của thể tích khối chóp thì ta khơng làm theo cách này được.

Câu 39. Trong không gian, cho hình thoi ABCD 
có cạnh bằng 5cm và góc 0

ABC= . Tính diện

tích xung quanh S của hình thu được khi quay 
hình thoi quanh trục DB.

A. 25 3 2

cm
3

S= π . B. 2

25 cm

S= π .

C. 25 3 2
cm
4

S= π . D. 2

25 3 cm

S= π .

Lời giải. Do 0
60

ABC= →∆ABC đều→AC=5cm.

Do đó diện tích xung quanh của hình thu được 2
2. . . 25 cm

2
AC

S= π BA= π


  . Chọn C.

Câu 40. Một ly thủy tinh hình trụ có thể tích 
thực là 3

80 cmπ . Một mặt phẳng cắt thân ly

như hình vẽ tạo thành thiết diện là một hình
elip có diện tích 2

8 cmπ , thiết diện này tạo với

đáy một góc là 0

60 . Tính chiều cao h của ly 
thủy tinh.

A. h=20 cm.π B. h=20 cm.

C. 20 3 cm.
3

h= D. h=20 3 cm.

Lời giải. Diện tích đáy của ly thủy tinh: 0 2

day thiet dien

.cos 60 8 . 4 cm .
2

S =S = π = π

Từ day

day
80

. 20 cm.

V

V S h h

S

π

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

Câu 41*. Một chiếc ly hình trụ có chiều cao bằng đường kính 
quả bóng bàn. Người ta đặt quả bóng lên trên miệng chiếc ly
thấy phần ở ngồi của quả bóng có chiều cao bằng 3

4 chiều cao
của chiếc ly. Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của quả bóng và
chiếc ly, khi đó:

A. 9V1=8 .V2 B. 3V1=2V2.

C. 16V1=9V2. D. 8V1=9V2.

Lời giải. Gọi h , R là chiều cao và bán kính của chiếc ly; r là bán kính của quả bóng.
Theo đề bài, ta có 2

2
h
h= r→ =r OA=OB= ;

4 4

h h

IB= →OI= (vì phần bên ngoài bằng 3
4h).

Suy ra 2 2 3

.
4

h
R=IA= OA −OI =

Do đó tỉ số thể tích:

3
3

1 2

2 2

4
4

8
3 2

3 9 8 .

9
3

h
r

V

V V

V R h h

h
π
π

π

 
 
 

 

= = = → =

 
 
 
 
 

Chọn A.

Câu 42*. Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác cân tại A với AB=AC=a. Cạnh
bên SA=SB=a và có

(

SBC

) (

⊥ ABC

)

. Tính độ dài SC để bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp bằng a .

A. SC=a. B. SC=a 2. C. SC=a 3. D. SC=2a.

Nhận xét. Bài toán thuộc dạng ‘’hình chóp có mặt bên vng góc với đáy’’ nên áp dụng công

thức 2 2 2

GT
:
4
d

R= R +R − trong đó Rb là bán kính đường trịn ngoại tiếp mặt bên, Rd là

bán kính đường trịn ngoại tiếp mặt đáy, GT là giao tuyến của mặt bên và mặt đáy.
Lời giải.

Gọi H là trung điểm (SBC) (ABC)

BC →AH ⊥BC⊥ →AH⊥SH.

Xét hai tam giác vuông SHA và BHA có HA chung SHA BHA

SA BA a

 →∆ = ∆

 = =


(

)

SH BH CH SBC

→ = = →∆ vuông tại

2
b

BC

S→R =BH = .

Dễ thấy 2 2 2 2 2 2

GT
GT

4 4

d d d

BC

BC R R R BH R R a

= → = + − = + − = = .

H C

B

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

Xét tam giác ABC , có sin 1 cos 3 2 2

(

.cos

)

2 2 2

AB

C C BC HC AC C a

R

= = → = → = = = .

Trong tam giác vng SBC , ta có 2 2

SC= BC −SB =a . Chọn B.

Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các vectơ , i=

(

1;0;0

)

,j=

(

0;1;0

)

,k=

(

0;0;1

)

.
Tính giá trị biểu thức 2

( )

(

)

(

)

cos , cos , cos ,

M = a i + a j + a k với a là một vectơ bất kỳ
khác 0.

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

Lời giải. Để đơn giản, ta chọn

(

)

( )

(

)

(

)

0
0
0

, 0

1;0;0 , 90 1 0 0 1.

, 90

a i

a i a j M

a k

 =





= = → = → = + + =



 =



Chọn C.

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

y

d x− = = và z

' : 2 2
1

x t

d y t

z t

 =


 =− +


 = −


. Chọn câu đúng:

A. Khơng có đường thẳng nào cắt và vng góc với cả d và d'.

B. Có đúng một đường thẳng cắt và vng góc với cả d và d'.

C. Có đúng hai đường thẳng cắt và vng góc với cả d và d'.

D. Có vơ số đường thẳng cắt và vng góc với cả d và d'.

Lời giải. Ta có

(

)

(

)

(

)

VTCP 1;2;1

. 4;0; 4
VTCP 1; 2;1

d

d d
d

u

u u
u

 =

 ⇒ = −

  

 = −

 .

Lấy

(

)

(

)

(

)

1;0;0

' 1;2; 1 . . ' 0.

' 0;2; 1 ' d d

M d

MM u u MM

M d

 ∈

 → = − − →  =

  

 − ∈



Do đó dvà d' cắt nhau. Chọn B.

Nhận xét. Sai lầm dễ mắc phải là Chọn A. Nhưng lại đáp án đúng là B. Đường thẳng tồn tại 
duy nhất thỏa mãn bài toán là đi qua giao điểm của dvà d' đồng thời vng góc với mặt

phẳng chứa d và d'.

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ,

( )

P : 3x+4y+2z+ =4 0 và

điểm A

(

1; 2;3−

)

. Tính khoảng cách d từ A đến

( )

P .

A. 5
9

d= . B. 5

d= . C. 5

d= . D. 5

d= .

Lời giải. Khoảng cách

( )

2 2 2

3.1 4. 2 2.3 4 5
,

3 4 2

d A P  = + − + + =

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

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A

(

0;0;2

)

và hai đường thẳng

: 2

d x= = , y z

1
' : 2 .

x t

d y t

z

 = +


 = −

 =


Tìm tọa độ của điểm N thuộc đường thẳng 'd sao cho đường

thẳng AN cắt đường thẳng d tại một điểm.

A. N

(

0;3;0 .

)

B. N

(

2;1;0 .

)

C. N

(

1;2;0 .

)

D. Khơng có điểm N như thế.

Lời giải. Viết lại

: : 2 '.

1 2 2

2 '

x t

x y z

d d y t

z t

 =


= = →  =

 =


Gọi

(

)

(

)

;2 ;2

1 ;2 ;0 '

M m m m d

N n n d

 ∈



 + − ∈

 .

Suy ra

(

)

(

)

(

)

;2 ;2 2

, 2 8 2 4;2 4 2 2; 3

1 ;2 ; 2

AM m m m

AM AN mn m n mn m n mn

AN n n

 = −

 → = − − + + − − −

  

 = + − −

 .

Để AN cắt d tại M←→ ba điểm A M N, , thẳng hàng ←→AM AN, =0

 

(

)

2 8 2 4 0 1

2 4 2 2 0 2 1;2;0

3 0

mn m n

m

mn m n N

n
mn

 − − + =

 

  =

 

 + − − = ↔ →

 

 

  =

− = 



. Chọn C.

Nhận xét. Chỗ này khi giải bài cho học sinh, rất nhiều giáo viên mắc sai lầm là cho hai vectơ
cùng phương và xét tỉ lệ. Trong bài này dính tham số nên làm như thế không ổn.

Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

1: 1 4

x t

d y t

z t

 = −


 =− +



 =


và 2: 8 3

1 4 3

x y z

d = + = +

− − .

Xác định góc giữa hai đường thẳng d1 và d2.

A. 0

0 . B. 0

30 . C. 0

90 . D. 0

180 .

Lời giải. Đường thẳng d1 có một VTCP u1= −

(

1; 4;3

)

, d2 có một VTCP u2=

(

1; 4; 3− − .

)

Nhận thấy u2= − . Chọn A. u1

Nhận xét. Rất nhiều học sinh nhầm tưởng, từ u2= − sẽ chọn đáp án D. Lưu ý rằng đây là u1

góc giữa hai đường thẳng.

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

( ) (

) (

)

2 2

: 2 0

S x−a + −y b +z − cz=

với , , a b c là các số thực và c≠ . Chọn câu đúng: 0
A.

( )

S luôn đi qua gốc tọa độ .O

B.

( )

S tiếp xúc với mặt phẳng

(

Oxy

)

.
C.

( )

S tiếp xúc với trục Oz.

D.

( )

S tiếp xúc với các mặt phẳng

(

Oyz

)

và

(

Ozx

)

.
Lời giải. Viết lại

( ) (

) (

)

2 2

S x−a + −y b + −z c = . c

Suy ra

( )

S có tâm I a b c

(

; ;

)

, bán kính R=c .

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

Câu 49*. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A

(

1;2;3

)

, B

(

3; 2;1−

)

và

(

1;4;1

)

C − . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng qua điểm O

(

0;0;0

)

và cách đều ba điểm , , A B C?

A. 1. B. 2 . C. 4 . D. Vô số.

Lời giải. Kiểm tra , , A B C không thẳng hàng và O∉

(

ABC

)

nên có 4 mặt phẳng qua O và

cách đều ba điểm , , A B C .

Bốn mặt phẳng đó là: Mặt phẳng qua O và song với mp

(

ABC

)

, mp

(

OMN

)

, mp

(

ONP

)

, mp

(

OPM

)

. Với M N P, , lần lượt là trung điểm của AB, BC , CA. Chọn C.

Nhận xét. Nếu , , A B C thẳng hàng và O∉

(

ABC

)

thì có vơ số mặt phẳng thỏa mãn. Các mặt
phẳng đó chứa đường thẳng d và xoay quanh d , với d là đường thẳng qua O và song song
với đường thẳng qua ba điểm , , A B C .

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

(

8;1;1

)

. Viết phương trình mặt
phẳng

( )

α qua E và cắt các tia Ox Oy Oz lần lượt tại , , A B C, , sao cho OG nhỏ nhất với G
là trọng tâm tam giác ABC.

A.

( )

α : 2x+ + −y z 18=0. B.

( )

α : 8x+ + −y z 66=0.
C.

( )

α :x+ +y 2z− =11 0. D.

( )

α :x+2y+2z−12=0.

Lời giải. Giả sử

( )

α cắt các tia Ox Oy Oz lần lượt tại , , A a

(

;0;0 ,

) (

B 0; ;0 , b

)

C

(

0;0; .c

)

Suy ra
phương trình

( )

:x y z 1

a b c

α + + = . Lại có E

( )

8 1 1 1.

a b c

α

∈ → + + =

Trọng tâm tam giác ABC là 2 2 2 2

; ; 9 .

3 3 3

a b c

G → OG =a + +b c



Bài toán trở thành ''Cho x y z, , > thỏa 0 8x+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của y z 1

2 2 2

1 1 1

P

x y z

= + + ''.

Từ , , 0 1 8 0 1.

8 1 8

x y z

y x x x

x y z

 >

 → + = − > ↔ <
 + + =


Ta có

(

)

(

)

2 2 2 2 2

1 2 1 8 1 8

.
1 8

P

yz

x x y z x x

≥ + ≥ + = +

+ −

Khảo sát hàm

( )

(

)

2 2

1 8

f x

x x

= +

− trên
1
0;

8
 
 
 

 , ta được 1

( )

1
min

f x f

 
 
 
 
 

 

=   .

Khi đó

( )

1 1

12 12

1 1 1

6 : 2 2 12 0

6 6

6
1 1

a a

y z b x y z

b
c

c

α

 =


  =

 

 

= = → = ⇒ = → + + − =

 

  =
 =




. Chọn D.

Cách trắc nghiệm. Xét từng đáp án. Ví dụ xét đáp án A với

( )

α : 2x+ + −y z 18=0, ta có

( )

(

)

( )

(

)

( )

(

)

(

)

9;0;0

0;18;0 3;6;6 9

0;0;18

Ox A

Oy B G OG

Oz C
α

α

 ∩ =


 ∩ = → → =



 ∩ =


. Tương tự cho các đáp án còn lại sau đó so

sánh kết quả nào có OG nhỏ nhất thì ta chọn.

</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 01 | 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 01 Thời gian làm bài:

>

90

phút

<i>x</i>

<i>y</i>

-2

-2

-1

<i><sub>O</sub></i>

2

( )

(

)

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

(

)

(

)

( )

(

)

( )

(

)

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

[

]

[

]

[

]

( )

( )

<sub>( )</sub>

( )

( )

[

]

[

]

( )

[

]

( )

( )

( )

( )

( )

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

( )