Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 của thầy nguyễn chiến lần 4 | 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 (1.49 MB, 32 trang )

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

ĐỀ THI THỬ LẦN 4

Câu 1. H|m số y f x

 

có đạo h|m trên v| f x'

 

0 với x, biết rằng f

 

1 0.
Khẳng định n|o sau đ}y có thể xảy ra?

A. f

 

 1 1. B. f

 

2  1.
C. f

   

 2 f 4 1. D. f

   

2  f 3  1.
Câu 2. Đồ thị h|m số

 

3 2

: 2 1

m

C yx mx  m đi qua điểm A



1;1



khi gi{ trị của
tham số m l|

A. m 1. B. m1. C. m3. D. m4. 
Câu 3. H|m số n|o dưới đ}y l| h|m số có

đồ thị như hình vẽ bên 
 A. 2 1.

1
x
y

x



 B.

2 1

.
1
x
y

x



 
 C. 3 .

1
x
y

x



 D.

3
.
1
x
y

x





Câu 4. Trong bốn h|m số được liệt kê ở bốn phương {n A, B, C, D dưới đ}y. H|m số 
n|o có bảng biến thiên sau?

x  1 0 1 

y  0  0  0 

y



A. 4 2

2 5

yx  x  . B. 4 2

2 3

y  x x  .

C. 4 2

2 3

yx  x  . D. 4 2

2 3

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

Câu 5. Trong c{c đồ thị h|m số sau, đồ thị n|o l| đồ thị của h|m số 2 1
1

x
y

x




 ?

A. B.

C. D.

Câu 6. Cho h|m số y f x

 

có lim

 

3; lim

 

x f x  xf x   Khẳng định n|o sau

đ}y l| khẳng định đúng?

A. Đồ thị h|m số khơng có tiệm cận ngang. 
B. Đồ thị h|m số có đúng một tiệm cận ngang.

C. Đồ thị h|m số có hai tiệm cận ngang l| c{c đường thẳng y3 v| y 3.
D. Đồ thị h|m số có hai tiệm cận đứng l| c{c đường thẳng x3 v| x 3.
Câu 7. Gi{ trị lớn nhất, gi{ trị nhỏ nhất của h|m số

2
ln x

y
x

 trên đoạn 3
1; e
 
  lần
lượt l| M v| m. Khi đó M2mgần nhất gi{ trị n|o?

A.0,14. B.1, 54. C.0,54. D. 8,39.
x

y

1
2
2

O 1

x
y

1
2
2

O 1

y

-2

O

1 x

y

1
2
2

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

Câu 8. Cho h|m số

 

4 2





    

y f x ax bx c a có đồ thị

 

C , đồ thị h|m số y f x

 

như hình vẽ bên.

Biết đồ thị h|m số y f x

 

đạt cực tiểu tại điểm

3 8 3

;

3 9

 



 

 . Đồ thị h|m số y f x

 

tiếp xúc với
trục Ox tại 2 điểm. Diện tích S của hình phẳng
giới hạn bởi đồ thị

 

C v| trục ho|nh l|

A. 7 .

15 B.
8

.
15
 C.14.

15 D.
16

.
15
Câu 9. Để phương trình 2

2x m x 1 có nghiệm với mọi x  2;



thì gi{ trị
của m l|

A. m2. B. 1.

m C. m 1. D. m 1.
Câu 10. B{c An người muốn l|m một thùng chứa nước hình trụ (như hình vẽ) có
thể tích 1m3 sao cho chi phí vật liệu l|m thùng l| ít nhất. Mặt bên, đ{y v| nắp thùng

được l|m từ cùng một loại vật liệu. Biết rằng mặt bên được l|m từ một miếng vật
liệu hình chữ nhật uốn lại th|nh hình trụ v| được thực hiện khơng có lãng phí, mặt
đ{y v| nắp được l|m từ hai tấm vật liệu hình vng bằng nhau v| ngoại tiếp đường
trịn đ{y của hình trụ tạo bởi tấm vật liệu hình chữ nhật kia. Gi{ tiền để mua 1m2 vật 
liệu l| 300 ng|n đồng. Số tiền b{c An mua vật liệu l|

A. 1.200.0000 (đồng). B. 1.600.0000 (đồng).
C. 1.800.0000 (đồng). D. 2.000.0000 (đồng).

x

y

-1

1

f x( ) = 4∙x3 4∙x

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

Câu 11. Người ta cần l|m một hộp theo dạng một khối lăng trụ đều khơng nắp với
thể tích lớn nhất từ một miếng tơn hình vng có cạnh l| 1 mét. Tính thể tích của
hộp cần l|m l|

A. 1

 

3
.
9

V  m B. 2

 

3
.
9

V  m C. 4

 

3
.

V  m D. 2

 

3
.
27

V  m

Câu 12. Cho a b l| c{c số thực dương v| , ab1 thỏa mãn 2

logaba 2017 thì gi{ trị
của logab a

b l|

A. 4035.

2 B.

4033

2 C. 1008. D. 2016.
Câu 13. Cho aln 2 v| bln 5. Biểu thức ln1 ln2 ln3 .... ln 999

2 3 4 1000

M     có gi{
trị l|

A. M 3



a b



. B. M3



a b



C. M 3



a b



. D. M3



a b



.
Câu 14. Cho 0  a b 1, mệnh đề n|o dưới đ}y đúng?

A. logbalogab. B. logab0. C.

log

b

a

log

a

b

. D.

log

a

b

1

. 
Câu 15. Nếu

6 5

5 4

a a v| log 1 log 2

2 3

b b thì

A. a1,b1. B. 0 a 1, 0 b 1. C. 0 a 1,b1. D. a1,0 b 1.
Câu 16. Với a,b,c l| c{c số dương, a kh{c 1, đẳng thức n|o sau đ}y sai?

A. alogab b 0. B. log log log .

a a a

b

b c

c

 

   

  
 C. logablogacloga

 

bc . D. log .logab acloga

 

bc .

Câu 17. Để bảo quản sữa chua người ta cho v|o tủ 
lạnh, khi đó vi khuẩn lactic vẫn tiến h|nh lên
men l|m giảm độ PH của sữa. Một mẫu sữa chua
tự l|m có độ giảm PH cho bởi công thức

 









7 ln 1 19, 0

G t  t   t (đơn vị %). (t đơn vị

là ngày). Khi độ giảm PH qu{ 30% thì sữa chua

mất nhiều t{c dụng? Hỏi sữa chua trên được bảo
quản tối đa trong bao l}u?

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

Câu 18. Một vi khuẩn hình cầu có khối lượng 
khoảng 13

5.10 g, cứ 20 phút lại nh}n đơi 1 lần.
Giả sử nó được ni trong c{c điều kiện sinh
trưởng ho|n to|n tối ưu. Hỏi khoảng thời gian
bao l}u thì khối lượng do tế b|o vi khuẩn n|y
sinh ra sẽ đạt tới khối lượng của tr{i đất

khoảng 24

6.10 kg? .
 A. 32, 3giờ.
 B. 44, 3giờ.

C. 46, 3giờ.
 D. 54, 3giờ.

Câu 19. Bất phương trình: 3









2log x 1 log 2x 1 2có tập nghiệm l|
 A. 1 2.

2 x

   B. 1 2

2 x

   C. 1 x 2. D. 1 x 2.
Câu 20. Cho alog 127 v| blog 1412 . Biểu diễn clog 5484 theo a v| b được kết
quả

A. 2 5 1





.
1

a ab

c

a

 



 B.





1
3 5 1

a
c

a ab




 
C. c a 1





3a 5 1 ab



  D.





3 5 1
.
1

a ab

c

a

 




Câu 21. Tổng bình phương c{c nghiệm nguyên của phương trình

x x

3 3 1

log  2 log  5 log 8 0 l|

A. 9. B. 36. C. 45. D. 81.

Câu 22. Trong c{c công thức sau, công thức n|o sai: 
A. b ( ). ( ) b ( ) . g( ) .b

af x g x dx  a f x dx a x dx



B. b ( ) ( ) b ( ) bg( ) .

af x g x dx  a f x dx a x dx



C. b ( ) ( ) b ( ) bg( ) .

af x g x dx  a f x dx a x dx



D. b ( ) c ( ) b ( )





a f x dx a f x dx c f x dx a c b 



Câu 23. Tích ph}n





2 1

I



x  x dx có gi{ trị l|

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

Câu 24. Đổi biến u lnx thì tích ph}n 2
1

1 ln

e

x
dx
x




th|nh

A.





1u du.



B.





1u e du. u .



C.





1 u. .
u e du




D.





1 u. .

u e du




Câu 25. Doraemon có hẹn với c{c bạn tham dự
trận bóng đ{, nhưng do ngủ quên nên khi tỉnh dậy
thì thấy sắp đến giờ trận đấu bắt đầu. Doraemon

dùng chiếc chổi bay với vận tốc 2

( ) 6 35

v t  t  t ,
thời gian tính theo đơn vị gi}y, quãng đường đi
được tính theo đơn vị mét. Hỏi sau bao l}u
Doraemon đến được s}n bóng biết nh| c{ch s}n
bóng 776m.

A. 5 gi}y. B. 7gi}y.
 C. 8 gi}y. D. 10 gi}y. 
Câu 26. Tính nguyên h|m 2 1 2

sin xcos xdx



trên 0;

2


 

 

  được kết quả l|

A. tanxcotx C . B. tanxcotx C .

C.



2 2



ln sin xcos x C.

D. tan xcotx C .

Câu 27. Biết
3

2
0

ln 2
cos

x

dx a b
x



 



. Hiệu a b có gi{ trị gần bằng

A. 2, 5. B. 3, 2. C. 2,1. D. 2,8.

Câu 28. Khối tròn xoay sinh ra khi xoay quanh trục ho|nh phần hình phẳng giới hạn 
bởi c{c đường : ycos ,x y0,x0,x có thể tích l|

A. 
2

.
2


B. 
2

.
4


C. 
2
3

.
2


D. 
2
3

.
4


Câu 29. Trong mặt phẳng tọa độ , gọi M l| điểm biểu diễn của số phức z, nếu nghịch 
đảo của z bằng số phức liên hợp của z thì tập hợp c{c điểm M l| :

A. Đường thẳng có phương trình y x .
B. Đường thẳng có phương trình y  .x

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

Câu 30. Cho số phức z thỏa mãn



3i z iz



  7 6i . Môđun của số phức z bằng:

A. 2 5 B. 25 C. 5 D. 5

Câu 31. Gọi z1 v| z2 l| hai nghiệm phức của phương trình: z22z10 0 .
Gi{ trị của biểu thức A = z12 z2 2l|

A. 2 5. B. 20. C. 16. D. 13.

Câu 32. Số phức z thỏa mãn z2z  



1 5i



2. Mô đun số phức z l|

A. 2 35. B. 10. C. 6. D. 2 41.

Câu 33. Tập hợp c{c điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn c{c số phức z thỏa mãn
điều kiện 1   z 1 i 2 l|

A. Tập hợp c{c điểm l| hình trịn có t}m I 1; 1







, b{n kính 2

B. Tập hợp c{c điểm l| hình v|nh khăn có t}m tại A 1;1

 

 v| c{c b{n kính lớn
v| nhỏ lần lượt l| 2; 1

C. Tập hợp c{c điểm l| hình trịn có t}m I



1; 1



, b{n kính 1

D. Tập hợp c{c điểm l| hình v|nh khăn có t}m tại I 1; 1

 

 v| c{c b{n kính lớn

v| nhỏ lần lượt l| 2; 1

Câu 34. Phương trình 2z42z3 z2 2z 2 0 có 4 nghiệmz z z z1, 2, 3, 4. Gi{ trị của

2 2 2 2

1 2 3 4

Mz z z z l|

A. M1. B. M2. C. M4. D. M5.

Câu 35. Một con mương chứa nước có dạng
như hình bên, mặt cắt ngang con

mương được thể hiện ở hình bên dưới.
Để lượng nước tối đa con mương n|y có
thể chứa được l| 9500m3thì chiều d|i tối
thiểu con mương l|

A.1400m. B.1679m.

C.1780m.

D.3167m. Mặt cắt ngang

1,5 m
2 m

120

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

Câu 36. Cho hình chóp SABC có SA vng góc với mặt phẳng



ABC



, hai mặt phẳng



SAB





SBC



vng góc với nhau, SB a 3, 45o

BSC , 30o

ASB . Thể tích khối
chóp SABC l|

A. 
3
3

.
8

a

B. 
3
8 3

.
3

a

C. 
3
2 3

.
3

a

D. 
3
4

.
3

a

Câu 37. Một bể nước có dạng hình hộp chữ nhật, chiều d|i l| 2,5m, chiều rộng l| 
1,6m v| chiều cao l| 1,4m, biết rằng bề d|y th|nh bể v| đ{y bể l| 10cm. Thể tích nước 
có trong bể khi bể chứa đầy nước l|

A. 3,864m 3. B. 4,032m3.

C. 4,186m3.

D. 4,368m 3.

Câu 38. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có AB a BC , 2a, 0

ABC , hình chiếu vng
góc của B’ trên mặt phẳng



ABC



trùng với ch}n đường cao H kẻ từ đỉnh A của tam 
gi{c ABC, góc tạo bởi AB’ với



ABC



bằng 450. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ l|:

A. 
3

.
2

a

B.

3
.
4

a

C. 
3
3

.
4

a

D. 
3
3

.
2

a

Câu 39. Người ta x}y một bồn chứa nước hình trụ trên một nền đất hình vng có
diện tích 16m , để lượng nước chứa tối đa l| 30.000 lít thì phải x}y bồn có chiều cao 2
bằng gi{ trị n|o nhất trong c{c gi{ trị sau?

A. 2, 2

 

m . B. 2, 3

 

m . C. 2, 4

 

m . D. 2, 5

 

m .

Câu 40. Cho mặt cầu S O r

 

; v| một điểm A với OA r . Từ A dựng c{c tiếp tuyến với 
mặt cầu S O r

 

; , gọi M l| tiếp điểm bất kì. Tập hợp c{c điểm M l|

A. một hình nón. B. một đường tròn.

C. một đường thẳng. D. một mặt phẳng.

Câu 41. Cho một hình trụ trịn xoay v| hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp

A, B nằm trên đường tròn đ{y thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm trên

đường trịn đ{y thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng



ABCD



tạo với đ{y hình trụ góc
0

45 . Thể tích của khối trụ l|
A.

3
3 2

.
48

a



B.

3
3 2

.
16

a



C.

3
2

.
16

a



D.

3
2 2

.
16

a



Câu 42. Một hình trụ có đ{y l| hai hình trịn

 

O; 6 ,



O; 6



v| OO 10. Một hình nón
có đỉnh Ov| có đ{y l| hình trịn



O; 6 .



Mặt xung quanh của hình nón chia khối trụ
th|nh hai phần. Thể tích phần khối trụ cịn lại (khơng chứa khối nón) bằng

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

Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Cho điểm M



3; 2;1



. Tọa độ điểm
đối xứng của M qua mặt phẳng Oxy l|

A. M



3; 2;1 .



B. M



3; 2 1 . ;



C. M



3; 2 1 .;



D.M



3; 2;1



.
Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng : 3 5 6 0

3 6 0

x y z

d

x y z

   



    

 .

Phương trình tham số của d l| :

A.





1 2 .

x t

y t t

z t

  


  


  


B.





3 2 .

x t

y t t

z t
  


   



 


C.





1 2 .

x t

y t t

z t

   

    


  


D.





3 2 .

x t

y t t

z t
   

   


 


Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam gi{c ABC có A



1; 0; 0 ,





0; 2; 0 ,

 

3; 0; 4



B C . Tọa độ điểm M trên mặt phẳng Oyz sao cho MC vng góc với



ABC l|



A. 0; ;3 11 .
2 2

M 

  B.

3 11
0; ; .

2 2

M  

  C.

3 11
0; ; .

2 2

M  

  D.

3 11
0; ; .

2 2

 

 

 

 

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

 

S v| mặt phẳng

 

P có
phương trình l|

 

2 2 2

 

: 4 2 6 5 0, : 2 2 16 0

S x y z  x y z  P x y z   .

Điểm M di động trên

 

S v| điểm N di động trên

 

P . Độ d|i ngắn nhất của đoạn
thẳng MN l|

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

Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I



1; 2; 3



. Phương trình
mặt cầu t}m I v| tiếp xúc với trục Oy l|

A.



x1

 

2 y2

 

2 z 3



2 15. B.



x1

 

2 y2

 

2 z 3



230.
C.



x1

 

2  y2

 

2 z 3



2 10. D.



x1

 

2 y2

 

2 z 3



2 20.
Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



3 2 1; ;



,

7 10 11

3 3 3

  

 

 

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

A. 1; 2 7; .
3 3 3

 



 

  B.

1 2 11
; ; .
3 3 3

 



 

  C.

16 16 8

3 ; 3 3; .

 

 

 

  D.

1 1 8
3 3 3; ;

 



 

 

Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 v| d2 lần
lượt có phương trình:

: 2

x t

d y t

z t

  
  


  


2: 1 2 1

2 1 5

y

x z

d     

Phương trình mặt phẳng

 

P c{ch đều hai đường thẳng d1 v| d2 l|
A.

 

P :3 – – 4x y z 5 0. B.

 

P : 6x– 7 –y z 7 0.
C.

 

P :3 – – 4x y z 9 0. D.

 

P : 6x– 7 –y z 9 0.

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



2;1; 1



, B



0; 3;1



mặt phẳng

 

P x y z:    3 0. Điểm M x



M;yM; zM



thuộc ( )P sao cho 2MA MB có
gi{ trị nhỏ nhất. Gi{ trị xMyMzMl|

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

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. H|m số y f x

 

có đạo h|m trên v| f x'

 

0 với x, biết rằng f

 

1 0.
Khẳng định n|o sau đ}y có thể xảy ra?

A. f

 

 1 1. B. f

 

2  1.
C. f

   

 2 f 4 1. D. f

   

2  f 3  1.
Ta có f x'

 

0 nên h|m số y f x

 

đồng biến.

Ta có   1 1 f

   

 1 f 1 loại A

   

2 1  f 2  f 1 loại B

     

2 1,3 1   f 2  f 3  f 1 loại D 
 Chọn đáp án C.

Câu 2. Đồ thị h|m số

 

3 2

: 2 1

m

C yx mx  m đi qua điểm A



1;1



khi gi{ trị của
tham số m l|

A. m 1. B. m1. C. m3. D. m4. 
Đồ thị h|m số

 

Cm đi qua A



1;1



    1 1 m 2m  1 m 3 Chọn đáp án C. 
Câu 3. H|m số n|o dưới đ}y l| h|m số có

đồ thị như hình vẽ bên 
 A. 2 1.

1
x
y

x



 B.

2 1

.
1
x
y

x



 
 C. 3 .

1
x
y

x



 D.

3
.
1
x
y

x





TCĐ: x1 ; TCN: y2

Cho x  0 y 1 Chọn đáp án B.

Câu 4. Trong bốn h|m số được liệt kê ở bốn phương {n A, B, C, D dưới đ}y. H|m số 
n|o có bảng biến thiên sau?

x  1 0 1 

y  0  0  0 

y



A. 4 2

2 5

yx  x  . B. 4 2

2 3

y  x x  .

C. 4 2

2 3

yx  x  . D. 4 2

2 3

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

Dựa v|o BBT v| c{c phương {n lựa chọn, đ}y l| dạng h|m số trùng phương có hệ số
0

a  ta loại phương {n A v| C.

h|m số có 3 cực trị nên ab0 loại phương {n B
 Chọn đáp án D.

Câu 5. Trong c{c đồ thị h|m số sau, đồ thị n|o l| đồ thị của h|m số 2 1
1

x
y

x




 ?

A. B.

C. D.

Từ đồ thị h|m số 2 1
1
x
y

x



 , giữ phần đồ thị phía bên phải đường thẳng
1
2
x ,
bỏ phần đồ thị phía bên tr{i đường thẳng 1

x v| lấy đối xứng phần đồ thị bị bỏ
qua Ox Chọn đáp án D.

Câu 6. Cho h|m số y f x

 

có lim

 

3; lim

 

x f x  xf x   Khẳng định n|o sau

đ}y l| khẳng định đúng?

A. Đồ thị h|m số khơng có tiệm cận ngang. 
B. Đồ thị h|m số có đúng một tiệm cận ngang.

x
y

1
2
2

O 1 x

y

1
2
2

O 1

y

-2
O

1 x

y

1
2
2
1

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

C. Đồ thị h|m số có hai tiệm cận ngang l| c{c đường thẳng y3 v| y 3.

D. Đồ thị h|m số có hai tiệm cận đứng l| c{c đường thẳng x3 v| x 3. .
Theo định nghĩa tiệm cận ngang Chọn đáp án C.

Câu 7. Gi{ trị lớn nhất, gi{ trị nhỏ nhất của h|m số

2
ln x

y
x

 trên đoạn 3
1; e
 
  lần
lượt l| M v| m. Khi đó M2mgần nhất gi{ trị n|o?

A.0,14. B.1, 54. C.0,54. D. 8,39.
Ta có

2 2

2 . ln

2 ln ln
'

x

x x

x x x

y

x x

  

  

 

  .

Với mọi

 

3
1;

x e ta có
' 0

y   2lnxln2x0  lnx0 hoặc lnx2
 x1 hoặc x e 2  x e 2 (

 

1 1; e ).

VậyM maxy max



y

 

1 ;y e

   

3 ;y e2



max 0; 9 43; 2 42

e e e

 

    

  tại
2

x e

 

   



3 2



3 2
9 4
min min 1 ; ; min 0; ; 0

m y y y e y e

e e

 

    

  tại x1.
2

2 0 0, 54

M m

e

    Chọn đáp án C.

Câu 8. Cho h|m số

 

4 2





    

y f x ax bx c a 
có đồ thị

 

C , đồ thị h|m số y f x

 

như hình
vẽ bên. Biết đồ thị h|m số y f x

 

đạt cực tiểu
tại điểm 3; 8 3

3 9

 



 

 . Đồ thị h|m số y f x

 

tiếp
xúc với trục Ox tại 2 điểm. Diện tích S của hình
phẳng giới hạn bởi đồ thị

 

C v| trục ho|nh l|
 A. 7 .

15 B.
8

.
15
 C.14.

15 D.
16

.
15

x

y

-1

1

f x( ) = 4∙x3 4∙x

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

Từ đồ thị h|m số y f x

 

với a0ta dễ d|ng có được đồ

thị h|m số y f x

 

như hình bên.

Ta có

 

4 2

  

f x ax bx. Đồ thị h|m y f x

 

qua

 

1; 0 v|

3 8 3

;

3 9

 



 

  nên ta có hệ :

 

1 0

3 8 3

3 9

  
  
 

 
 
  
  


f
f

4 2 0

3 3 8 3

4 2

3 3 9

  


  

  

 
  
  


a b

 

3
1

4 4

2
 



     


a

f x x x

b . Ta có:

 





3 4

4 4 2











   

f x f x dx x x dx x x C.

 

C tiếp xúc với đường thẳng Ox tại điểm có ho|nh độ x0 nên

 

3 0

0 0 0

0
0

0 4 4 0 .

1
 

      

 


x

f x x x

x Đồ thị h|m số y f x

 

tiếp xúc với trục Ox
tại 2 điểm nên 2 điểm đó có ho|nh độ l| 1. Suy ra f

 

1   0 C 1

 

4 2

: 2 1

 C yx  x 

Xét phương trình ho|nh độ giao điểm của

 

C v| trục ho|nh:

4 2 1

2 1 0

1
  
    




x

x x

x .

Diện tích hình phẳng cần tìm l|:
1

4 2

2 1







  

S x x dx Chọn đáp án D.

Câu 9. Để phương trình 2x2m x 1 có nghiệm với mọi x  2;



thì gi{ trị của
m l|

A. m2. B. 1.

m C. m 1. D. m 1.
Ta có : 2x2m x 1x22x 1 m

Xét h|m số

 

2 1

f x x  x

 

' 2 2 0

f x  x     x 2;



nên f x

 

đồng biến trên  2;



Vậy f x

   

 f 2  1  m 1Chọn đáp án D.

x
y

-1 1

f x( ) = 4∙x3 4∙x

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

Câu 10. B{c An người muốn l|m một thùng chứa nước hình trụ (như hình vẽ) có thể 
tích 1m3 sao cho chi phí vật liệu l|m thùng l| ít nhất. Mặt bên, đ{y v| nắp thùng 
được l|m từ cùng một loại vật liệu. Biết rằng mặt bên được l|m từ một miếng vật
liệu hình chữ nhật uốn lại th|nh hình trụ v| được thực hiện khơng có lãng phí, mặt
đ{y v| nắp được l|m từ hai tấm vật liệu hình vng bằng nhau v| ngoại tiếp đường
trịn đ{y của hình trụ tạo bởi tấm vật liệu hình chữ nhật kia. Gi{ tiền để mua 1m2 vật 
liệu l| 300 ng|n đồng. Số tiền b{c An mua vật liệu l|

A. 1.200.0000 (đồng). B. 1.600.0000 (đồng).
 C. 1.800.0000 (đồng). D. 2.000.0000 (đồng).

Gọi h l| chiều cao của thùng hình trụ, 2r l| cạnh tấm vật liệu hình vng l|m đ{y v| nắp,

c l| gi{ chi phí vật liệu để l|m 1m2 thùng.

Ta có b{n kính đường trịn đ{y của hình trụ được tạo từ tấm vật liệu hình chữ nhật bằng r

do đường trịn đó nội tiếp viền hình vng của tấm vật liệu l|m nắp v| đ{y (r h, đều tính
bằng cm), trong đó c l| hằng số, h v| r l| c{c biến.

Lúc đó ta có chi phí vật liệu để l|m c{i thùng được tính theo biểu thức

 

2. 2r h.2r (1)

Thùng chứa được 1m3 nước nên ta có : r h2 1 h 12
r



   .
Thế v|o (1) f r

 

8r2 2

r

   với r0.

Xét h|m số f r

 

8r2 2, r





r

    có

 

 





2 1

' 16 ; .

2
' 0

r

f r r r

r f r

  


    




Lập bảng biến thiên của f r

 

trên





 

1 6.
2
f r f 
    

 

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

Câu 11. Người ta cần l|m một hộp theo dạng một khối lăng trụ đều không nắp với
thể tích lớn nhất từ một miếng tơn hình vng có cạnh l| 1 mét. Tính thể tích của
hộp cần l|m l|

A. 1

 

3
.
9

V  m B. 2

 

3
.
9

V  m C. 4

 

.
27

V  m D. 2

 

.
27

V  m

Giả sử mỗi góc ta cắt đi một hình vng cạnh x (m) 
Khi đó chiều cao của hộp l| x (m) với 0 1

2
x
 
v| cạnh đ{y của hộp l|



1 – 2x



(m)

Thể tích của hộp l|





 

3
1 2

V x  x m

Xét h|m f x

  

x 1 2 x



2
Ta có

 

1 8 12

f x   x x ,

 

1 1

0 0;

1 6 2

x

f x x

x
 

  

      
 
 


Bảng biến thiên

x 0 1

6
1
2

 

f x + 0 -

 

f x 2
27

0 0

Vậy thể tích cần tìm l| : 2 3

V  m  Chọn đáp án D.

Câu 12. Cho a b l| c{c số thực dương v| , ab1 thỏa mãn 2

logaba 2017 thì gi{ trị
của logab a

b l|

A. 4035.

2 B.

4033

2 C. 1008. D. 2016.





1 1 1 1

log log log . log log log

2 2 2 2

ab ab ab ab ab ab

a a a

a ab a

b  b ab    

Giả thiết 2 2017

log 2017 log

aba   aba nên

2017 1

log 1008

2 2

ab

a

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

 Chọn đáp án C.

Câu 13. Cho aln 2 v| bln 5. Biểu thức ln1 ln2 ln3 .... ln 999

2 3 4 1000

M     có gi{
trị l|

A. M 3



a b



. B. M3



a b



.
C. M 3



a b



. D. M3



a b





3 3



1 2 3 71 1 2 71 1

ln ln ln .... ln ln . ... ln ln1000 ln 2 .5

2 3 4 72 2 3 72 1000

S           

 





(3ln 2 3ln 5) 3 a b

       Chọn đáp án A.

Câu 14. Cho 0 a b 1, mệnh đề n|o dưới đ}y đúng?

A. logbalogab. B. logab0. C.

log

b

a

log

a

b

. D.

log

a

b

1

. 
 Chọn đáp án A.

Câu 15. Nếu

6 5

5 4

a a v| log 1 log 2

2 3

b b thì

A. a1,b1. B. 0 a 1, 0 b 1. C. 0 a 1,b1. D. a1,0 b 1.
Ta có: 6 5

5  4 m|

6 5

5 4

a a   0 a 1
1 2

23 m|

1 2

log log 1

2 3 

b b b  Chọn đáp án C.

Câu 16. Với a,b,c l| c{c số dương, a kh{c 1, đẳng thức n|o sau đ}y sai? 
A. alogab b 0. B. log log log .

a a a

b

b c

c

 

   

  
 C. logablogacloga

 

bc . D. log .logab acloga

 

bc . 
Đẳng thức sai l|: log .logab aclog ( )a bc  Chọn đáp án D.

Câu 17. Để bảo quản sữa chua người ta cho v|o tủ lạnh, 
khi đó vi khuẩn lactic vẫn tiến h|nh lên men l|m

giảm độ PH của sữa. Một mẫu sữa chua tự l|m

có độ giảm PH cho bởi công thức

 









7 ln 1 19, 0

G t  t   t (đơn vị %). (t đơn vị

là ngày). Khi độ giảm PH qu{ 30% thì sữa chua

mất nhiều t{c dụng? Hỏi sữa chua trên được bảo
quản tối đa trong bao l}u?

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

C. 35 ng|y. D. 38 ng|y.

Thời gian t (ngày) đảm bảo sữa chua cịn chất lượng thỏa mãn bất phương trình









2 7 7 7

7 ln t   1 19 30ln t       1 7 t 1 e e   1 t e   1 t 33 (ngày)

 Chọn đáp án B.

Câu 18. Một vi khuẩn hình cầu có khối lượng 
khoảng 13

5.10 g, cứ 20 phút lại nh}n đôi 1 lần.
Giả sử nó được ni trong c{c điều kiện sinh
trưởng ho|n to|n tối ưu. Hỏi khoảng thời gian
bao l}u thì khối lượng do tế b|o vi khuẩn n|y

sinh ra sẽ đạt tới khối lượng của tr{i đất
khoảng 24

6.10 kg?
 A. 32, 3giờ.
 B. 44, 3giờ.

C. 46, 3giờ.
 D. 54, 3giờ.

Số lượng tế b|o đạt đến khối lượng tr{i đất l|:

24 3 13 40

6.10 .10 : 5.10 1,2.10

N  

Số lần ph}n chia: 0 .2 lg – lg 133
lg 2

n N No

N N n 

Thời gian cần thiết l|:133 : 3 44,3 giờ  Chọn đáp án B.

Câu 19. Bất phương trình: 2log3



x 1



log 3



2x 1



2có tập nghiệm l|
 A. 1 2.

2 x

   B. 1 2

2 x

   C. 1 x 2. D. 1 x 2.

Điều kiện x{c định: 1 0 1

2 1 0

  

 


 


x

x .

Ta có: 2 log3



x 1



log 3



2x 1











3 3

2log 1 2log 2 1 2

 x  x  log3



x 1



log 23



x 1















log 1 2 1 1 1 2 1 3

 x x   x x 

2 1

2 3 2 0 2

x x x

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

Câu 20. Cho alog 127 v| blog 1412 . Biểu diễn clog 5484 theo a v| b được kết
quả

A. 2 5 1





.
1
a ab
c
a

 


 B.





1
3 5 1

a
c
a ab


 
C.





a 1
c

3a 5 1 ab



  D.





3 5 1
.
1

a ab
c
a
 



Ta có

 

7 7 7 7

alog 12log 2 .3 2log 2 log 3 1

 

7 7

12 7 7

log 7.2

log 14 1 log 2

log 14 1 log 2 log 2 1

log 12

b ab ab

a a



         

Thaylog 27 ab1 v|o (1) ta được a2 ab 1



 



log 37 log 37  a 2 ab 1







Do đó

 









3
7

7 7 7

84 2

7 7 7 7

log 2.3 3 5 1

log 54 log 2 3log 3
log 54

log 84 log 2 .3.7 2 log 2 log 3 1 1

a ab
c
a
 

    
  

 Chọn đáp án D.

Câu 21. Tổng bình phương c{c nghiệm nguyên của phương trình:

x x

3 3 1

log  2 log  5 log 8 0 l|

A. 9. B. 36. C. 45. D. 81.

Điều kiện : 2 0 2
5
5 0
x x
x
x
     
 

  
  


Khi đó phương trình đã cho





3 3 3 3 3

log x 2 log x 5 log 8 0 log x 2 x 5 log 8

           .
       
     
      
 
 

x x x x

x x

x x x x

2 2

3 10 8 3 18 0

3 10 8

3 10 8 3 2 0

1 2
3 4
3 6
3 17
2
,

x ; x

x
   

 


.

Phương trình có hai nghiệm nguyên l| x1 3; x26 x12x2245Chọn đáp án C. 
Câu 22. Trong c{c công thức sau, công thức n|o sai?

A. b ( ). ( ) b ( ) . g( ) .b

af x g x dx  a f x dx a x dx



B. b ( ) ( ) b ( ) bg( ) .

af x g x dx  a f x dx a x dx



C. b ( ) ( ) b ( ) bg( ) .

af x g x dx  a f x dx a x dx



D. b ( ) c ( ) b ( )





a f x dx a f x dx c f x dx a c b 



Công thức sai l|: b ( ). ( ) b ( ) . g( )b

af x g x dx  a f x dx a x dx

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

Câu 23. Tích ph}n





2 1

I



x  x dx có gi{ trị l|

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





2 1

I



x  x dx









1
2

1
0

2x 1 x dx 2x 1 x dx

   







 

2 2 2

1
0

3 3 1 1 1 1

1 0

2 2 8 2 2 8 2

x x

x  x 

   

                

       Chọn đáp án A.

Câu 24. Đổi biến u lnx thì tích ph}n 2
1

1 ln

e

x
dx
x




th|nh

A.





1u du.



B.





1u e du. u .



C.





1u e duu. .



D.





1u e duu. .



2
1

1 ln

e

x

I dx

x






. Đặt : ln

u

dx
du

u x x

x e





  

 

Đổi cận ; x  1 u 0, x e  u 1





1 1 0

1 ln 1 ln

. 1 .

e e

u

x x dx

I dx u e du

x x

x



 

 











  Chọn đáp án B.

Câu 25. Doraemon có hẹn với c{c bạn tham dự
trận bóng đ{, nhưng do ngủ quên nên khi tỉnh dậy
thì thấy sắp đến giờ trận đấu bắt đầu. Doraemon
dùng chiếc chổi bay với vận tốc v t( ) 6 t2 t 35,
thời gian tính theo đơn vị gi}y, quãng đường đi
được tính theo đơn vị mét. Hỏi sau bao l}u
Doraemon đến được s}n bóng biết nh| c{ch s}n
bóng 776m.

A. 5 gi}y. B. 7gi}y.
 C. 8 gi}y. D. 10 gi}y.

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





2 3

6 35 dt 776 2 35 776

0
2

a a

t

S t  t   t   t 

 



2
3

2 35 256 8

a

a a a

       Chọn đáp án C. 
Câu 26. Tính nguyên h|m 2 1 2

sin xcos xdx



trên 0;

2


 

 

  được kết quả l|

A.tanxcotx C . B.tanxcotx C .

C.



2 2



ln sin xcos x C.

D.tanxcotx C .

2 2

2 2 2 2 2 2

1 sin cos 1 1

tan cot .
sin cos sin cos cos sin

x x

dx dx dx x x C

x x x x x x



     



 Chọn đáp án B. 
Câu 27. Biết

3
2
0
ln 2
cos
x

dx a b
x



 



. Hiệu a b có gi{ trị gần bằng

A. 2, 5. B. 3, 2. C. 2,1. D. 2,8.

Đối với b|i to{n n|y, chúng ta sử dụng phương ph{p nguyên h|m từng phần.
Đặt
2
sin
tan
cos
cos

u x du dx

dx x

dv v x

x
x
   
 
 
  
 



Áp dụng cơng thức tích ph}n từng phần ta có:





3
0
sin
tan 3
cos
0
xdx

I x x

x



 











0
cos
tan 3
cos
0
d x

x x
x



 





tan



3 ln cos





3 ln 2
3

0 0

I x x x

  

    

Suy ra ; 1
3

a  b  1 2,8
3

a b 

      Chọn đáp án D.

A.

2
.
2

 B. 
2
.
4

 C. 
2
3
.
2

 D. 
2
3
.
4

Thể tích l|:

2
2

0 0

1 cos 2
cos

2 2

x

V 



 xdx



  dx  Chọn đáp án A.

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

B. Đường thẳng có phương trình y  .x

C. Đường trịn t}m l| gốc tọa độ, b{n kính bằng 1. 
D. Đường trịn t}m I

 

1;1 , b{n kính bằng 1.

Giả sử : z a bi 

2 2
1

. 1 1

z z z a b

z      . Do đó :

2 2
1
z  a b 

Vậy tập hợp c{c điểm M l| đường tròn t}m O b{n kính bằng 1  Chọn đáp án C. 
Câu 30. Cho số phức z thỏa mãn



3i z iz



  7 6i . Môđun của số phức z bằng:

A. 2 5 B. 25 C. 5 D. 5

Đặt z a bi a b R 



; 



. Phương trình đã cho tương đương: 3z i z z







 7 6i



  

3 a bi i. 2bi 7 6i

     3a2b3bi 7 6i

3 2 7 1

3 6 2

a b a

b b

    

 

   

 

Mô đun số phức z l| 2 2

1 2 5

z     Chọn đáp án D.

A. 2 5. B. 20. C. 16. D. 13.

Ta có:   12 10  9 9i2

Phương trình có c{c nghiệm: z1  1 3 ; i z2   1 3i
Ta có: 2 2

     

2 2 2 2

1 2 1 3 1 3 20

z  z          Chọn đáp án B. 
Câu 32. Số phức z thỏa mãn z2z  



1 5i



2. Mô đun số phức z l|

A. 2 35. B. 10. C. 6. D. 2 41.

Đặt z a bi  ; z2z  



1 5i







2 1 10 25

  a bi a bi   i i

3 24 8

3 24 10 8 10 2 41

10 10

a a

a bi i z i z

b b

     

            

   

 

 Chọn đáp án D.

Câu 33. Tập hợp c{c điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn c{c số phức z thỏa mãn
điều kiện 1   z 1 i 2 l|

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

B. Tập hợp c{c điểm l| hình v|nh khăn có t}m tại A 1;1

 

 v| c{c b{n kính lớn
v| nhỏ lần lượt l| 2; 1

C. Tập hợp c{c điểm l| hình trịn có t}m I



1; 1



, b{n kính 1

D. Tập hợp c{c điểm l| hình v|nh khăn có t}m tại I 1; 1

 

 v| c{c b{n kính lớn
v| nhỏ lần lượt l| 2; 1

Xét hệ thực: 1   z 1 i 2 2

 

. Đặt z x yi,



x y, 



.
Khi đó:

 

2  1



x1

 

2  y1



2 4

Vậy tập hợp những điểm M(z) thỏa mãn điều kiện (2) l| hình v|nh khăn có t}m tại

 



A 1;1 v| c{c b{n kính lớn v| nhỏ lần lượt l| 2; 1
 Chọn đáp án B.

Câu 34. Phương trình 2z42z3 z2 2z 2 0có 4 nghiệmz z z z1, 2, 3, 4. Gi{ trị của

2 2 2 2

1 2 3 4

Mz z z z l|

A. M1. B. M2. C. M4. D. M5.

Ta có: 2z4 2z3 z2 2z 2 0 2 z2 12 2 z 1 1 0

z
z

   

            

   

Đặt w = 2 2

1 1

w 2

z z

     , ta được:





2 w 2 2w  1 0 2w 2w 5 0
+ Giải: 2w22w 5 0(*)

Ta có: '

 

1 10 9 3i

     

Vậy phương trình (*) có hai nghiệm ph}n biệt: w1 1 3 ; w2 1 3

2 2

i i

 

 

Do đó: 1 1 3
2

i
z

z


  (1) hay 1 1 3
2

i
z

z

  (2)

+ Giải (1) 2 1 3 1 0 2 2



1 3



2 0
2

i

z   z z i z

         

 

Ta có:   



1 3i



216 8 6  i

Số phức z x yi  ( ,x y )l| căn bậc hai của   8 6i khi v| chỉ khi





2 2 2

2 8 6 8 6 2 2 2 8 6 8

2 6

x y

z i x yi i x y xyi i

xy

  



            



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

Giải (**)

4 2 2

2
2
9

8 9 0 9

3 3

x x x

x
x

y y

y x x

x
        

  
  
 
   


3
3 3
3
1 1
x
x x
hay
y y
y
x
       

  
  
  


Suy ra có hai căn bậc hai của  l| 3 i v| 3 i

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm: 1 1 3 3 1 ; 2 1 3 3 1 1

4 4 2 2

i i i i

z      i z        i
+ Giải (2) 2 1 3 1 0 2 2



1 3



2 0

i

z   z z i z

         

 

Ta có:   



1 3i



216 8 6  i

Số phức z x yi 



x y, 



l| căn bậc hai của   8 6i khi v| chỉ khi





2 2 2

2 2 2 8

8 6 8 6 2 8 6

2 6

x y

z i x yi i x y xyi i

xy
  

            
 
 (***)
Giải (***)
4 2
2
2
9

8 9 0

8
3
3
x x
x
x
y
y x
x
    
 
 
 
 
   


2 3 3

9 1
3
3
3
1
x
x
x y
y x
y
x
x
y
 

      
  
  
    
 
  
  



Suy ra có hai căn bậc hai của  l| 3 i  v| 3 i

Vậy phương trình (2) có hai nghiệm: 3 1 3 3 1 ; 4 1 3 3 1 1

4 4 2 2

i i i i

z      i z        i
Tóm lại phương trình đã cho có bốn nghiệm:

1 2

1 1
1 ;

2 2

z  i z    i; 3 1 ; 4 1 1
2 2

z  i z    i 2 2 2 2

1 2 3 4 5

z z z z

      Chọn đáp án D. 
Câu 35. Một con mương chứa nước có dạng

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

A.1400m. B.1679m.

C.1780m.

D.3167m.

Mặt cắt ngang

Gọi chiều d|i tối thiểu con mương
l| l (mét)

Thể tích con mương bằng thể tích
khối hộp chữ nhật có chiều d|i l 
đ{y l| hình thang vng ACDF

Ta có

3 3
2

BCAB.cotCAB m

3
2

DE FE.cot FDE  m

 

3 3 3

2 2 2 3

2 2

AF BE BC CG DE m

         





6 3 3

 

2

2 2

ACDF

CD AF FE

S     m

ACDF

V S .L 9500 1679

 

6 3 3
3

L m

  



Chiều d|i tối thiểu con mương l|1679 m

 

Chọn đáp án B.

Câu 36. Cho hình chóp SABC có SA vng góc với mặt phẳng



ABC



, hai mặt phẳng



SAB





SBC



vng góc với nhau, SB a 3, 45o

BSC , 30o

ASB . Thể tích khối
chóp SABC l|

A. 
3
3

.
8

a

B. 
3
8 3

.
3

a

C.

3
2 3

.
3

a

D. 
3
4

.
3

a

1,5 m

2 m

C D

F
A

B E

1,5 m
2 m

120

150

120

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

+ Ta có: SA



ABC

 

 SAB

 

 ABC





 





 







SBC SAB ABC SAB

BC SAB

SBC ABC BC

  

  



 



,
ABC SBC

   l| c{c tam gi{c vuông tại B.
+ Xét SABvuông tại A có :

3
.sin

a

AB SB ASB , .cos 3

2
a
SA SB ASB
+ Xét SBCvuông tại B có :

.tan 3

BC SB BSCa

1 1 3 3

. . . 3

2 2 2 4

ABC

a a

S AB BC a

   

Vậy

2 3

1 1 3 3 3

. . . .

3 3 4 2 8

S ABC ABC

a a a

V  S SA  Chọn đáp án A.

A. 3,864m 3. B. 4,032m3.

C. 4,186m3.

D. 4,368m3.







2,5 2.0,1 1,6 2.0,1 1,4 0,1 4,186

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

Câu 38. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có AB a BC , 2a, 0
60

ABC , hình chiếu vng
góc của B’ trên mặt phẳng



ABC



trùng với ch}n đường cao H kẻ từ đỉnh A của tam 
gi{c ABC, góc tạo bởi AB’ với



ABC



bằng 450. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ l|:

A. 
3

.
2

a

B.

3
.
4

a

C. 
3
3

.
4

a

D. 
3
3

.
2

a

2
0

1 1 3

. .sin .2 .sin 60

2 2 2

ABC

a

S  AB BC ABC a a 

Ta có B H' 



ABC









AB', ABC



B AH' 450

  

+ Xét tam gi{c ABH vuông tại H có: 
3

.sin .sin 60
2

O a

AHAB ABHa 

+ Xét tam gi{c AHB’ vng tại H có: ' .tan ' 3.tan 45 3

2 2

O

a a

B HAH B AH 

Vậy .

’

’ ’

3 3 3

. ' .

2 2 4

ABC AB C ABC

a a a

V S B H  Chọn đáp án C.

A. 2, 2

 

m . B. 2, 3

 

m . C. 2, 4

 

m . D. 2, 5

 

m .
Gọi chiều cao bồn nước l| h m

 

Cạnh 1 hình vng l| 4 m

 

. B{n kính

đường trịn đ{y l| R2m, thể tích bồn
nước

 

2 30

2 20 2, 4

V h h m m



    

 Chọn đáp án C.

Câu 40. Cho mặt cầu S O r

 

; v| một điểm A với OA r . Từ A dựng c{c tiếp tuyến với 
mặt cầu S O r

 

; , gọi M l| tiếp điểm bất kì. Tập hợp c{c điểm M l|

A. một hình nón. B. một đường tròn.

C. một đường thẳng. D. một mặt phẳng.

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

Gọi H l| hình chiếu vng góc của M 
lên OA.

Xét tam gi{c OMA vuông tại M:

2 2 2

1 1 1

MH  MO  MA

2 2 2 2

1 1 1

MH r OA r

  



MH

 không đổi v| H cố định. 
Vậy M thuộc đường tròn H MH; .

Chọn đáp án B.

Câu 41. Cho một hình trụ trịn xoay v| hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp

A, B nằm trên đường tròn đ{y thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm trên

đường trịn đ{y thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng



ABCD



tạo với đ{y hình trụ góc
0

45 . Thể tích của khối trụ l|

A.

3
3 2

.
48

a



B.

3
3 2

.
16

a



C.

3
2

a



D.

3
2 2

.
16

a



Gọi M, N theo thứ tự l| trung điểm của AB v| CD.
Khi đó OMAB v| 'O NCD.

Giả sử I l| giao điểm của MN v| OO’.
Đặt R  OAv| h OO ’. Khi đó:

I

 vng c}n tại O nên:

2 2 2

2 2 2 2 2

h a

OM OI  IM   h a

Ta có:
2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 3a

2 4 4 8 8

a a a a

R OA AM MO        
   

2 3

2 3a 2 3 2

R . .

8 2 16

a a

V  h  

     Chọn đáp án B.

Câu 42. Một hình trụ có đ{y l| hai hình trịn

 

O; 6 ,



O; 6



v| OO 10. Một hình nón
có đỉnh Ov| có đ{y l| hình trịn



O; 6 .



Mặt xung quanh của hình nón chia khối trụ
th|nh hai phần. Thể tích phần khối trụ cịn lại (khơng chứa khối nón) bằng

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

Hình trụ có chiều cao
10

h OO  v| b{n kính đ{y
6

r nên khối trụ có thể tích l|
2

1 360

V h r   .

Hình nón có đỉnh O, chiều cao

h OO  v| b{n kính đ{y

r nên khối nón có thể tích l|
2

2
1

120 .
3

V  h r  
VậyV V1V2 240 .

Chọn đáp ánD.

Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Cho điểm M



3; 2;1



. Tọa độ điểm
đối xứng của M qua mặt phẳng Oxy l|

A. M



3; 2;1 .



B. M



3; 2; 1



. C. M



3; 2 1 .;



D.M



3; 2;1



.
Phương trình mp Oxy l| : z0 nên điểm đối xứng của điểm M



3; 2;1



qua mp Oxy 
có tọa độ l| : M



3; 2; 1  



Chọn đáp án B.

Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng : 3 5 6 0
3 6 0

x y z

d

x y z

   



    

 .

Phương trình tham số của d l| :

A.





1 2 .

x t

y t t

z t

  

   


  


B.





3 2 .

x t

y t t

z t
  

    


 


C.





1 2 .

x t

y t t

z t

   


   


  


D.





3 2 .

x t

y t t

z t
   

   


 


Cho x1 y 1,z2M



1;1; 2



d . Vectơ chỉ phương của d l| :



 



3 5 5 1 1 3

; ; 4; 8; 4 4 1; 2; 1
1 3 3 1 1 1

d

a

   

 

      

   

 

 Phương trình tham số của d l| :





1 2
2

x t

y t t

z t

  

   


  


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

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam gi{c ABC có A



1; 0; 0 ,





0; 2; 0 ,

 

3; 0; 4



B C . Tọa độ điểm M trên mặt phẳng Oyz sao cho MC vng góc với



ABC l|



A. 0; ;3 11 .
2 2

M 

  B.

3 11
0; ; .

2 2

M  

  C.

3 11
0; ; .

2 2

M  

  D.

3 11
0; ; .

2 2

 

 

 

 

Nếu MC vng góc với



ABC



thì MC sẽ vng góc với c{c đường nằm trong mặt 
phẳng (ABC). Từ đó ta sẽ có 2 phương trình l| CM AB. 0;CM AC. 0

Gọi M



0; ;b c



CM 



3; ;b c4



Dễ d|ng tính được AB 



1; 2; 0 ;



AC



2; 0; 4



;CM AB. 0;CM AC. 0





3.1 2 0 2 3 11

0; ;

3.2 4 4 0 11 2 2

2
b
b

M
c

c

   

     

 

     

     

  



 



 Chọn đáp án C.

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

 

S v| mặt phẳng

 

P có
phương trình l|

 

2 2 2

 

: 4 2 6 5 0, : 2 2 16 0

S x y z  x y z  P x y z   .

Điểm M di động trên

 

S v| điểm N di động trên

 

P . Độ d|i ngắn nhất của đoạn
thẳng MN l|

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

Mặt cầu

 

S t}m I



2; 1; 3



v| có b{n kính R3.

 





2.2 2.

 

1 3 16

, 5

d d I P        d R.
Do đó

 

P v|

 

S khơng có điểm chung.

VậyMNmind R–    5 3 2 Chọn đáp án D.

Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I



1; 2; 3



. Phương trình
mặt cầu t}m I v| tiếp xúc với trục Oy l|

A.



x1

 

2 y2

 

2 z 3



2 15. B.



x1

 

2 y2

 

2 z 3



230.
C.



x1

 

2  y2

 

2 z 3



2 10. D.



x1

 

2 y2

 

2 z 3



2 20.
Gọi M l| hình chiếu của I



1; 2; 3



lên Oy , ta có M



0; 2; 0



( 1; 0; 3) 10

IM    R IM l| b{n kính mặt cầu cần tìm.

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



3 2 1; ;



, 7 10 11

3 3 3

 

 

 

 

B ; ;

v| mặt cầu

  

S : x1

 

2  y2

 

2  z 3



2 4. Biết rằng mặt phẳng trung trực của
đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu

 

S . Tọa độ của tiếp điểm l|

A. 1; 2 7; .
3 3 3

 



 

  B.

1 2 11
; ; .
3 3 3

 



 

  C.

16 16 8

3 ; 3 3; .

 

 

 

  D.

1 1 8
3 3 3; ;

 



 

 

Mặt cầu

 

S có t}m I



1 2 3; ;



,R2.

Phương trình mặt phẳng

 

P l| trung trực của AB đi qua 1 2 7

3 3 3

  

 

 

M ; ; ,

có vtpt 16 16 8

3 3 3

 

   

 

AB ; ; l|: 2x2y – z 3 0 P .

 

Đường thẳng d đi qua I nhận véc tơ n( P)



2 2 1; ;



l|m véc tơ chỉ phương có phương

trình l|:





1 2

2 2 ,
3

x t

y t t

z t

  

   


  


. Gọi H l| tiếp điểm. Ta có:H d H



1 2 ; 2 2 ; 3 t  t t





 



2 1 2 11

2 1 2 2 2 2 3 3 0

3 3 3 3

 

              

 

H (P) t t t t H ; ;  Chọn đáp án B.

Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 v| d2
lần lượt có phương trình:

: 2

x t

d y t

z t

  
  


  


2: 1 2 1

2 1 5

y

x z

d     

Phương trình mặt phẳng

 

P c{ch đều hai đường thẳng d1v| d2 l|
A.

 

P :3 – – 4x y z 5 0. B.

 

P : 6x– 7 –y z 7 0.
C.

 

P :3 – – 4x y z 9 0. D.

 

P : 6x– 7 –y z 9 0.
Ta có 2

1 2

: 2

1 5

x t

d y t

z t


  
   


   



1 (1;1; 1), 2 (2;1; 5)

d d

u   u   





1. 2 6; 7; 1

d d

P

n u u 

    

Mặt phẳng

 

P có dạng : 6 – 7 –x y z D 0. Đường thẳng d1v| d2lần lượt đi qua
2 điểm M



2; 2; 3



v| N



1; 2;1





,( )

 

,( )



12 14 3 6 14 1

d M  d N  D D

         

5 D 9 D D 7

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

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



2;1; 1



, B



0; 3;1



mặt phẳng

 

P x y z:    3 0. Điểm M x



M;yM; zM



thuộc ( )P sao cho 2MA MB
có gi{ trị nhỏ nhất. Gi{ trị xMyMzMl|

A. 4. B. 3. C. 1. D. 2.

Gọi I a b c l| điểm thỏa mãn 2



; ;



IA IB 0, suy ra I



4; 1; 3 



.

Ta có 2MA MB 2MI2IA MI IB MI   . Suy ra 2MA MB  MI MI.

Do đó 2MA MB nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M l| hình chiếu của I trên mặt
phẳng

 

P . Đường thẳng đi qua I v| vng góc với

 

P có l| : 4 1 3

1 1 1

y

x z

d     
 .

Tọa độ hình chiếu M của I trên

 

P thỏa mãn





4 3

4; 0
1

1 M

x

y z

y
x

z


   

     

 




 .

M M M

</div>

Đề thi thử thpt quốc gia có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 của thầy nguyễn chiến lần 4 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

<b>ĐỀ THI THỬ LẦN 4 </b>

 

 

 

 

 

   

   

 





 

 

 

 





 

 

 

 

 



<i>x</i>

<i>y</i>

-1

1

 

 

 

 

















log

<i>a</i>

log

<i>b</i>

log

<i>b</i>

1

 

 

 

























<sub></sub>

<sub></sub>































