THPT Trieu Son 2 Thanh Hoa mon Toan Lan 1 nam 2017 File word co loi giai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 – 2017 – LẦN 1. TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 2. MÔN TOÁN (Thời gian làm bài 90 phút). 3 2 Câu 1: Tìm m để hàm số y mx  3x  12x  2 đạt cực đại tại x 2. B. m  3. A. m  2. C. m 0. D. m  1. 3 2 Câu 2: Khoảng đồng biến của hàm số y  x  3x  1. A..   ; 0  ;  2; . Câu 3: Trên khoảng. B..  0;  .   2; 0 . C..  0;1. D.. 3 thì hàm số y  x  3x  1. A. Có giá trị nhỏ nhất là -1. B. Có giá trị lớn nhất là 3. C. Có giá trị nhỏ nhất là 3. D. Có giá trị lớn nhất là -1. Câu 4: Hàm số. y .  0; 2 . 1 4 x  2x 2  3 2 đạt cực tiểu tại x bằng B.  2. A. 0. C.  2. D.. 2. 2 2 Câu 5: Tìm tập xác định của hàm số y  2x  7x  3  3  2x  9x  4. A.. 1   ; 4 B.  2 .  3; 4. Câu 6: Tìm m để hàm số. y. C.. 1  2.  3; 4  . D..  3;  . mx x 2  1 đạt giá trị lớn nhất tại x 1 trên đoạn   2; 2 ?. A. m  0. B. m 2. Câu 9: Hàm số. y  x 3   m  2  x 2  3m  3. C. m  0. D. m  2. có 2 điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc tọa. độ O khi m là: A. m   1. B. m   1, m  1. C. m  1, m  2. D. m  0. 3 2 Câu 10: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x  3x  7 tại điểm có hoành. độ bằng -1? A. y 9x  4. B. y 9x  6. C. y 9x  12. 4 2 Câu 13: Cho hàm số y ax  bx  c có đồ thị như hình bên. Đồ thị bên là đồ thị của hàm số nào sau đây: 4 2 A. y  x  2x  3. 4 2 B. y  x  2x. D. y 9x  18.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 4 2 C. y x  2x. 4 2 D. y x  2x  3 2. Câu 14: Tìm tập xác định của hàm số. y log 9  x  1  ln  3  x   2. A.. D  3;  . B.. D   ;3 . C.. D   ;  1    1;3 . D.. D   1;3. x x 3 x   1;3  Câu 15: Tìm m để phương trình 4  2  3 m có đúng 2 nghiệm. A.  13  m   9. B. 3  m  9. C.  9  m  3. D.  13  m  3. Câu 18: Cho log 2 5 a;log 3 5 b . Khi đó log 6 5 tính theo a và b là 1 A. a  b. ab B. a  b. C. a  b. a b D. ab. BỘ ĐỀ THI THỬ, TÀI LIỆU THPT QUỐC GIA NĂM 2017 MỚI NHẤT Bên mình đang có bộ đề thi thử THPTQG năm 2017 mới nhất từ các trường , các nguồn biên soạn uy tín nhất..  300 – 350 đề thi thử cập nhật liên tục mới nhất đặc sắc nhất năm 2017.  Theo cấu trúc mới nhất của Bộ giáo dục và đào tạo (50 câu trắc nghiệm).  100% file Word gõ mathtype (.doc) có thể chỉnh sửa, biên tập.  100% có lời giải chi tiết từng câu.  Nhiều tài liệu hay khác : Đề theo chuyên đề, sách tham khảo, tài liệu file word tham khảo hay khác cập nhật liên tục. HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn đặt mua bộ đề thi, tài liệu TOÁN 2017”.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> rồi gửi đến số 0989.307.366 (Mình tên Tân) Sau khi nhận được tin nhắn chúng tôi sẽ liên hệ với bạn để hướng dẫn các xem thử và cách đăng ký trọn bộ. Uy tín và chất lượng hàng đầu chắc chắn bạn sẽ hài lòng.. 2  1;8 Câu 20: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y log 2 x  4 log 2 x  1 trên đoạn. A.. min y  2. x 1;8. B.. min y 1. x 1;8. C.. min y  3. x 1;8. D. Đáp án khác. Câu 21: Trong các phương trình sau đây, phương trình nào có nghiệm? 1. 2 3. A. x  5 0 C.. 2.  3x  3   x  4  5 0 B. 1 2. 4x  8  2 0. D. 2x  3 0 2. 3x x Câu 22: Phương trình 2  3 17. A. x1 1; x 2  1. 2 3 x1 1; x 2  log 2 3 x1 1; x 2  log 2 3 3 2 B. C. D. x1 1; x 2 0. Câu 29: Ba đoạn thẳng SA, SB, SC đôi một vuông góc tạo với nhau thành một tứ diện SABC với SA a,SB 2a,SC 3a . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện đó là a 6 A. 2. a 3 B. 6. a 14 C. 2. a 14 D. 6. Câu 30: .Khi sản xuất vỏ hộp sữa bò hình trụ, các nhà thiết kế luôn đặt mục tiêu sao cho chi phí nguyên liệu làm vỏ hộp là ít nhất, tức là diện tích toàn phần của hình trụ nhỏ nhất. Muốn thể tích khối trụ đó bằng V và diện tích toàn phần hình trụ nhỏ nhất thì bán kính đáy bằng:. A.. C.. R 3. V 2. R. V 2. B.. D.. R 3. V . R. V . Câu 31: Kim tự tháp Kê - ốp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 năm trước Công nguyên. Kim tự tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao 147m cạnh đáy dài 230m. Thể tích của nó là:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3 A. 2592100 m. 2 B. 2592100 m. 3 C. 7776300 m. 3 D. 3888150 m. Câu 32: Cho tứ diện OABC có OA a,OB b,OC c . Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện bằng A.. 2. 2. a b c. 2. B.. 2. 2. C. 2 a  b  c. a b c. 2. 1 2 a  b2  c2 2 D.. Câu 33: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, biết SB a 3 . Khi đó bán kính mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mp(SBD) là:. A.. R a. 2 5. R a. B. R a. C.. 2 5. D.. R a. 2 5 5. Câu 34: Hình phẳng (H) giới hạn bởi y  x , trục Ox và đường y x  2 . Có diện tích bằng: 16 A. 3. 3 B. 16. 10 C. 3. 22 D. 3. 2x  3 dx 2  x  1 là:.  Câu 35: Họ nguyên hàm của hàm số 2x 2 5 ln 2x  1  ln x  1  C 3 A. 3. B.. 2 5 ln 2x  1  ln x  1  C 3 C. 3 Câu 36: Họ nguyên hàm của hàm số x2 1  cos 2x  C A. 2 2. D.. 1 sin x  C A. 2. 2 5 ln 2x  1  ln x  1  C 3 3. . 1 5 ln 2x  1  ln x  1  C 3 3. I  x  sin 2x  dx. x2  cos 2x  C B. 2. Câu 37: Họ nguyên hàm của hàm số. . x2 1  cos 2x  C C. 2 2. f  x  x cos x 2. 1 sin x 2  C 2 B.. C.. x2  cos 2x  C D. 2. là: . 1 sin x 2  C 2. D. Một kết quả khác. e. Câu 38: Tích phân e2  1 A. 2. I 2x  1  ln x  dx 1. e2 B. 2. bằng e2  3 C. 4. e2  3 D. 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> d. Câu 39: Nếu. d. b. f  x  dx 5; f  x  2 a. b. A. -2. với a  d  b thì. B. 7. f  x dx a. bằng. C. 0. D. 3. Câu 40: Gọi (H) là diện tích hình phẳng do y 0, x 4 và y  x  1 . Khi đó thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành bằng: 7 A. 5. 6 B. 7. 7 C. 6. 5 D. 6. Câu 41: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tứ diện ABCD biết A  1;0; 0  ; B  0;1; 0  ; C  0; 0;1 ; D   2;1;  1. A. 1. . Khi đó thể tích khối tứ diện là 1 C. 3. B. 2. Câu 42: Cho bốn đỉnh. 1 D. 2. A   1;  2; 4  ; B   4;  2;0  ; C  3;  2;1 ; D  1;1;1. . Khi đó độ dài đường. cao của tứu diện ABCD kẻ từ D là: A. 3. B. 1. Câu 43: Cho tứ diện ABCD biết. C. 2. D. 4. A  1;1;1 ; B  1; 2;1 ; C  1;1; 2  ; D  2; 2;1. . Tâm I của mặt cầu. ngoại tiếp tứ diện ABCD là:  3 3 3  ; ;  A.  2 2 2  Câu 44: Với.  3 3 3  ; ;  B.  2 2 2 . A  2; 0;  1 ; B  1;  2;3 ; C  0;1; 2 . A. x  2y  z 1 0. C..  3;3;3.  3;  3;3. . Phương trình mặt phẳng qua A, B, C là. B.  2x  y  z  3 0 C. 2x  y  z  3 0. Câu 45: Trong không gian cho Oxyz cho mặt phẳng A  1;  2;3 , B  3; 2;  1. D.. . Phương trình mặt phẳng.  Q. D. x  y  z  2 0.  P  : 2x  y  2z  1 0. qua A, B vuông góc với (P) là. A..  Q  : 2x  2y  3z  7 0. B..  Q  : 2x  2y  3z  7 0. C..  Q  : 2x  2y  3z  9 0. D..  Q  : x  2y  3z  7 0. Câu 46: Cho 4 điểm P  MA  MB  MC  MD khi M có tọa độ là:. và hai điểm. A  1;3;  3 , B  2;  6; 7  , C   7;  4;3. và. D  0;  1; 4 . . Gọi. . Với M là điểm thuộc mặt phẳng Oxy thì P đạt giá trị nhỏ nhất.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> A.. M   1;  2;3. B.. Câu 47: Cho số phức. M  0;  2;3. z   1  i  z 5  2i. A. 2 2. C.. A. 6x  8y  25 0 2. 5. C.. Câu 48: Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức.  x  3 C.. M   1;  2;0 . D.. . Mô đun của z là:. 2. B.. M   1; 0;3. D. 10. z : z  z  3  4i. là phương trình có dạng:. B. 3x  4y  3 0 2.   y  4  25. 2 D. x  y 25. 1  log 3  x  3  1  x Câu 49: Giải bất phương trình x  1 ta được tập nghiệm là: A.. S   3;0  \   1. B.. S   1; 0 . C.. S   2;  1. Câu 50: Trong các nghiệm (x,y) thỏa mãn bất phương trình:. D.. S  0;  . log x 2 2 y2  2x  y  1. . Giá trị lớn. nhất của biểu thức 2x  y bằng: 9 A. 4. 9 C. 2. B. 9. 9 D. 8. Đáp án 1-A 11-C 21-D 31-A 41-D. 2-D. 3-B. 4-A. 32-D 42-A. 33-A 43-B. 34-C 44-C. 5-C 15-A 25-C 35-B 45-A. 8-B 18-B 28-D 38-D 48-A. 9-C. 10-C. 39-D 49-B. 40-C 50-C. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A Phương pháp: nếu hàm số y có. y '  x 0  0. và. y"  x 0   0. 2 Cách giải: ta có y ' 3mx  6x  12; y" 6mx  6. y '  2  0; y"  2   0 Để hàm số đạt cực đại tại x 2 thì.  m  2 12m  24 0    1  m  2   m   12m  6  0  2. thì x 0 là điểm cực đại của hàm số.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Câu 2: Đáp án D f  x. Phương pháp: Cách tìm khoảng đồng biến của. :. + Tính y’. Giải phương trình y ' 0 + Giải bất phương trình y '  0 + Suy ra khoảng đồng biến của hàm số (là khoảng mà tại đó y ' 0 x và có hữu hạn giá trị x để y ' 0 ) 2 Cách giải: ta có y '  3x  6x.  x 0 y ' 0   3x 2  6x 0    y'  0  0  x  2  x 2 Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên.  0; 2 . Câu 5: Đáp án C Phương pháp: Điều kiện xác định của hàm số. y  f  x. là. f  x  0.   1   x 2    2x 2  7x  3 0     x 3  2  2x  9x  4 0 1  x 4 2 Cách giải: Điều kiện xác định. 3 x 4   1  x  2. 1  D  3; 4     2 Tập xác định của hàm số là Câu 6: Đáp án C Phương pháp: Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số trên 1 đoạn.  a; b. + Tính y’, tìm các nghiệm x1 , x 2 ,…thuộc [a;b] của phương trình y ' 0 + Tính. y  a  , y  b  , y  x1  , y  x 2  ,.... + So sánh các giá trị vừa tính, giá trị lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của hàm số trên [a;b], giá trị nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của hàm số trên [a;b] y'  Cách giải: ta có y   2 . m 1 x2 . x. 2.  1. 2.  y ' 0 . m 1 x2 . x. 2.  1.  2m m m 2m ; y   1  ; y  1  ; y  2   5 2 2 5. 2. 0  x 1.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  m 2m  2  5   m m  m 0   2  2  m  2m   5 Để hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x 1 thì ta có  2 Câu 7: Đáp án B Phương pháp: Nếu có một trong các điều kiện lim f  x  ; lim f  x   . x  x 0. x  x0. lim f  x  ; lim f  x   . x  x 0. x  x0. ;. thì đường thẳng x x 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. y f  x . Nếu. lim f  x  y 0. x  . hàm số. hoặc. lim f  x  y 0. x  . thì đường thẳng y y 0 là tiệm cận ngang của đồ thị. y f  x . x  x 2  x 1 2  y 2 x 1 Cách giải: ta có x   là TCN của đồ thị hàm số lim. x  x 2  x 1 0  y 0 x 1 Ta có x    là TCN của đồ thị hàm số lim. x  x 2  x 1 lim   x 1 x 1 Ta có x  1 là TCĐ của đồ thị hàm số Câu 10: Đáp án C Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số có dạng:. y f  x . tại điểm có hoành độ x 0. y f '  x 0   x  x 0   f  x 0 . Cách giải:. y ' 3x 2  6x; y '  1 9; y  1 3  y 9  x  1  3  y 9x  12. Câu 11: Đáp án C Phương pháp: tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số trên 1 đoạn [a;b] + Tính y’, tìm các nghiệm x1 , x 2 ,…thuộc [a;b] của phương trình y ' 0 + Tính. y  a  , y  b  , y  x1  , y  x 2  ,.... + So sánh các giá trị vừa tính, giá trị lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của hàm số trên [a;b], giá trị nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của hàm số trên [a;b].

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  x 0    1;3  y ' 0  4x  16x 0   x 2    1;3 3  x  2    1;3 Cách giải: y ' 4x  16x ; 3.  y  0  16; y  2  0; y   1 9; y  3  25. Câu 12: Đáp án A Phương pháp: Đồ thị hàm số bậc 3 luôn cắt trục hoành, cực trị hàm số bậc 3 tùy thuộc vào nghiệm của phương trình y ' 0 Cách giải: Đồ thị hàm số bậc 3 luôn cắt trục hoành suy ra chọn A. cực trị hàm số bậc 3 tùy thuộc vào nghiệm của phương trình y ' 0 suy ra loại B, C, D Câu 13: Đáp án C Phương pháp: Đồ thị hàm số bậc 4. y ax 4  bx 2  c  a 0 . Phương trình y ' 0 có ba nghiệm phân biệt thì với a  0 đồ thị dạng chữ M ngược, a  0 đồ thị dạng chữ M. Ngoài ra từ đồ thị nhận biết phương trình hàm số cần chú ý tọa độ điểm thuộc đồ thị Cách giải: Từ đồ thị ta thấy đồ thị dạng chữ M ngược nên suy ra a  0 , từ đó loại A, B Mặt khác, đồ thị hàm số đi qua điểm.  0;0 . nên tọa độ điểm thỏa mãn phương trình hàm số. suy ra loại D Câu 14: Đáp án C Phương pháp: điều kiện tồn tại log a b là a, b  0;a 1  x  1 0  x  1   3 x  0  x 3 Cách giải: điều kiện xác định  Tập xác định. D   ;  1    1;3 . Câu 15: Đáp án A Phương pháp: Chú ý điều kiện để phương trình bậc hai có hai nghiệm là   0 Chú ý hệ thức viet trong phương trình bậc hai Cách giải: đặt. t 2x  t  0 . x1  x 2 . b c ; x1 x 2  a a. 2 phương trình đã cho có dạng t  8t  3 m. 2 Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình t  8t  3  m 0 có đúng hai nghiệm. t   2;8 .

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Ta có.  64  4  3  m   0  m   13. Khi đó giả sử phương trình có hai nghiệm  t  2   t 2  2   0 2  t1  t 2  8   1    t1  8   t 2  8   0. t1 , t 2  t 1  t 2 . . Khi đó ta có.  t1t 2  2  t1  t 2   4  0   t1t 2  8  t1  t 2   64  0.  3  m  2.8  4  0   m9 3  m  8.8  64  0 Kết hợp lại ta có  13  m   9 Câu 16: Đáp án C Phương pháp: các phương pháp giải phương trình logarit: + Đặt ẩn phụ + Mũ hóa + Đưa về cùng cơ số  2x  1  0  x 1 2  2 0 Cách giải: điều kiện  Ta có. log 2  2 x  1 .log 4  2 x 1  2  1  log 2  2 x  1 .log 4 2  2x  1 1. 1 1   log 2  2x  1 .   log 2  2 x  1  1  log 2 2x  1  log 2x  1  2 0  2  2 2 2   log 2  2 x  1 1    log 2  2 x  1  2 .  2 x  1 2    2x  1  1  4.  x log 2 3   x log 2 5  4. Câu 19: Đáp án D Phương pháp: Công thức đạo hàm hàm hợp.  log a u  ' . u' u ln a.  log  x 1  '  x 12x ln 2017 Cách giải: 2. 2017. 2. Câu 20: Đáp án C Phương pháp: Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số trên 1 đoạn.  a; b. + tính y’, tìm các nghiệm x1 , x 2 ,…thuộc [a;b] của phương trình y ' 0 + Tính. y  a  , y  b  , y  x1  , y  x 2  ,....

<span class='text_page_counter'>(11)</span> + So sánh các giá trị vừa tính, giá trị lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của hàm số trên [a;b], giá trị nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của hàm số trên [a;b] Cách giải: đặt t log 2 x , yêu cầu bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y t 2  4t  1 trên  0;3 Ta có. y ' 2t  4; y ' 0  t 2   0;3  y  0  1; y  2   3; y  3  2. Giá trị nhỏ nhất là -3 Câu 21: Đáp án D Phương pháp: Quan sát điều kiện có nghiệm của phương trình 2 3 Cách giải: A : x  5  0, x  loại. + B: Điều kiện + C:. 4x  8  2  0, x 2  loại 1 2. + D:. 2x  3 0 . 3 x  2 phương trình có nghiệm. Câu 22: Đáp án B Phương pháp: sử dụng phương pháp loại trừ Cách giải: thế x 1 vào thỏa mãn. Điều kiện: x 0  loaik D 17 VT   17  72 A: Thế x  1 có loại B: 2. 2 3. log 2 3 3. 3. 2 2 log 2 3 3. 3 3. 2log2 9  3log2 3 2log2 9  3log3 2 9  8 17  thỏa mãn. Câu 23: Đáp án Phương pháp:. log a f  x  log a g  x   f  x  g  x . cách giải: điều kiện. x. 1 3. log 2  x 2  1 log 2  3x  1  x 2 1 3x  1  x 2  3x  2 0  x1  x 2 3.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Câu 24: Đáp án D 3 Phương pháp: Thể tích khối lập phương cạnh a là V a. Cách giải: Khi tăng cạnh hình lập phương lên 3 lần thì 3. V  3a  27a 3 Câu 25: Đáp án C Phương pháp: Thể tích khối lăng trụ là V b.h trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao Mặt xung quanh của hình lăng trụ là hình chữ nhật Chú ý công thức Hêrong để tính diện tích tam giác khi biết độ dài 3 cạnh là a, b, c S  p  p  a   p  b  p  c. trong đó. p. a b c c 3. Cách giải: Gọi chiều cao của hình lăng trụ cần tìm là h. Khi đó vì các mặt bên hình lăng trụ là hình chữ nhật nên ta có diện tích xung quanh hình lăng trụ là 13h  30h  37h 80h Theo giả thiết, diện tích xung quanh bằng 480 suy ra 80h 480  h 6 Diện tích đáy hình lăng trụ là:. S  40  40  37   40  13  40  30  180. Thể tích khối lăng trụ là: V b.h 180.6 1080 Câu 26: Đáp án B 1 V  Bh 3 Phương pháp: thể tích khối chóp trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao Chú ý công thức tính diện tích tam giác 1   1 c.b.sin A   1 a.c.sin B  S  a.b.sin C 2 2 2 Cách giải: diện tích tam giác SBC là 1 1  SBCS  BC.BS.sin CBS  4a.2a 3.sin 300 2 2 1 1  4a.2a 3. 2a 2 3 2 2 1 1 V  AB.SBCS  3a.2a 2 3 2a 3 3 3 3 Thể tích khối chóp Câu 27: Đáp án C.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Phương pháp Cách giải: gọi M là trung điểm của CD. Kẻ HK vuông góc với SM CD  HM  CD   SHM   CD  HK  CD  SH  Ta có Mặt khác ta có HK  SM Suy ra Vậy. HK   SCD . d  A,  SCD   d  H,  SCD   HK. Xét tam giác BHC vuông tại B, ta có HC  BH 2  BC 2 a 2  SH HC a 2. Xét tam giác SHM vuông tại H, ta có: 1 1 1 1 1 3 a 6  2  2  2  2  HK  2 2 HK SH HM 2a a 2a 3 Câu 28: Đáp án D Phương pháp: Cách xác định góc giữa mặt phẳng với mặt phẳng + Xác định giao tuyến chung của hai mặt phẳng + Xác định hai đường thẳng lần lượt nằm trong hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến tại 1 điểm. + Góc giữa hai đường thẳng xác định ở trên là góc giữa hai mặt phẳng. A ' M  B'C '  Cách giải: Gọi M là trung điểm của B’C’. Ta có  AM  B'C ' Suy ra góc giữa hai mặt phẳng.  AB'C '. 0  và mặt đáy là góc AMA ' 60. 2 1  A 'C '  1 a 2 . 3  a 3 SA 'B'C '  A ' B'.A 'C '.sin B' 2 2 2 4 Diện tích đáy:. Xét tam giác A’B’M ta có. A ' M a.cos 60 . a 2. a  AA ' A 'M.tan AMA ' 3 2 Xét tam giác AA ' M có. Thể tích khối lăng trụ Câu 29: Đáp án C. V A ' A.SA 'B'C'. a 3 a 2 3 3a 3  .  2 4 8.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Phương pháp: Tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau thì bán. kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện được xác định bởi công thức. Cách giải:. R. R. 1 OA 2  OB2  OC2 2. 1 1 a 14 2 2 SA 2  SB2  SC2  a 2   2a    3a   2 2 2. Câu 30: Đáp án A Phương pháp: +Tính diện tích toàn phần của hình trụ +Sử dụng phương pháp hàm số để tìm diện tích nhỏ nhất của hình trụ (Tính đạo hàm). Cách giải:. Sd R 2 ;Sxq 2Rh; V Sd .h  h . Stp 2Sd  Sxq 2R 2  2Rh 2R 2  2R. S' tp 4R . V V  2 Sd R. V 2V 2R 2  2 R R. 2V 2V V ;S'tp 0  4R  2 0  R  3 2 R R 2. Câu 31: Đáp án A 1 V  S.h 3 Phương pháp: Thể tích khối chóp là , với S là diện tích đáy, h là chiều cao 1 1 V  S.h  .2302.147 2592100  m3  3 3 Cách giải: Thể tích kim tự tháp là Câu 32: Đáp án D Phương pháp – cách giải: Tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau thì bán kính mặt cầu. ngoại tiếp tứ diện được xác định bởi công thức. R. 1 1 OA 2  OB2  OC 2  a 2  b 2  c2 2 2. Câu 33: Đáp án A Phương pháp: Xác định hình chiếu vuông góc H của A lên mặt phẳng (SBD). Khi đó R HA BD  AC  BD   SAC   BD  SA  Cách giải: có Trong (SAC) dựng AH  SO , do BD   SAC   BD  AH  AH   SBD . Vậy R AH.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Xét SAO vuông tại A, 1 a 2 SA  SB2  AB2 a 2; AO  AC  2 2 . 1 1 1 5 2  2  2  AH a 2 2 AH SA AO 2a 5. Câu 34: Đáp án C Phương pháp – cách giải: Hoành độ giao điểm của trục hoành với hai đồ thị hàm số lần lượt là x 0; x 2 Hoành độ giao điểm của hai đường là x 4 Diện. tích. hình. phẳng. giới. hạn. bởi. ba. đường. là. 2 4  4 10 2 3 2  2 2 x2 S  xdx   x  x  2 dx  x 2   x 3   2x   0 3 3 2 2 3 0 2. . . Câu 35: Đáp án B. Phương pháp: tính tích phân dạng. Sử dụng phương pháp hệ số bất định. Cách giải:. mx  n dx  ax  b   cx  d . I . mx  n A B    ax  b   cx  d  ax  b cx  d. 2x  3 2x  3 5 1 4 1    2 2x  x  1  2x  1  x  1 3 x  1 3 2x  1. 4 1  5 2 5 1  I   dx  ln x  1  ln 2x  1  C 3 3  3 x  1 3 2x  1  Câu 36: Đáp án A Phương pháp: Sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản, phương pháp nguyên hàm từng phần, đổi biến số 1. sin  ax  b  dx  a sin  ax  b   C Chú ý: x2 1  x  sin 2x dx  2  2 cos 2x  C Cách giải: Câu 37: Đáp án B Phương pháp: sử dụng đổi biến số 1 sin t sin x 2 t x  dt 2xdx  I  cos tdt  C  C 2 2 2 Cách giải: đặt 2.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Câu 38: Đáp án D Phương pháp: Đối với tích phân chứa ln ta thường sử dụng phương pháp tích phân từng phần u 1  ln x  Cách giải: đặt  dv 2xdx dx  e e 2 dx  2 x 2  e e2  3 du  2 2    I  x . 1  ln x  x  x .  x .ln x     x    1 x 2 2 2  1 1  v x Câu 39: Đáp án D b. Phương pháp: b. c. b. f  x dx f  x  dx  f  x dx a. a. c. a. f  x dx  f  x  dx a. b. b. d. b. d. d. f  x dx f  x  dx  f  x  dx f  x  dx  f  x  dx 5  2 3. Cách giải: a. a. d. a. b. Câu 40: Đáp án C Phương pháp: Cho hàm số. y f  x . y f  x . giới hạn bởi đồ thị hàm số. liên tục trên [a;b]. Khi đó thể tích vật thể trong xoay. , trục Ox và hai đường thẳng x a, x b khi quay xung. b. quanh trục Ox là. V f 2  x  dx a. .. 4 4 2  x2  4 7 2 2 V  x  1 dx   x  2 x 1 dx    2. x 3  x   3  2 1 6 1 1 Cách giải:. . . . . Câu 41: Đáp án D 1 V   AB, AC  .AD 6 Phương pháp: Thể tích tứ diện ABCD được xác định bởi công thức Cách giải: AB   1;1;0  ; AC   1;0;1 ; AD   3;1;  1   AB; AC   1;1;1 1 1   AB; AC  .AD  3  1  1  3  V  3  6 2 Câu 42: Đáp án A.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Phương pháp: + Viết phương trình mặt phẳng (ABC) + Độ dài đường cao kẻ từ D của tứ diện được xác định bởi công thức: h d  D,  ABC   . Ax 0  By 0  Cz 0 A 2  B2  C 2. Suy ra vecto pháp tuyến của (ABC) là h d  D,  ABC   . 1 2 1.  n  0;1;0    ABC  : y  1 0. 3. Câu 43: Đáp án B Phương pháp: +Gọi tọa độ. I  a; b; c . + IA IB IC ID suy ra hệ ba phương trình ba ẩn, từ đó tìm tọa độ I Cách giải:. AI  a  1; b  1;c  1 ; BI  a  1; b  2;c  1 ;. CI  a  1; b  1;c  2  ; DI  a  2; b  2;c  1   a  1 2   b  1 2   c  1 2  a  1 2   b  2  2   c  1 2  2 2 2 2 2 2 AI BI CI DI    a  1   b  1   c  1  a  1   b  1   c  2   2 2 2 2 2 2  a  1   b  1   c  1  a  2    b  2    c  1 3  a  2  2b  1  4b  4   3     2c  1  4c  4  b   2  2a  1  2b  1  4b  4  4c  4   3  c  2 .  3 3 3 I ; ;   2 2 2. Câu 44: Đáp án C  AB, AC   Phương pháp: tìm vecto pháp tuyến của (ABC) là  Phương trình (ABC):. a  x  x 0   b  y  y0   c  z  z 0  0. AB   1;  2; 4  ; AC   2;1;3   AB, AC   10;  5;  5   5  2;1;1  n  2;1;1   ABC  : 2x  y  1  z  2 0 Suy ra (ABC) có vecto pháp tuyến là hay Cách giải:. 2x  y  z  3 0 Câu 45: Đáp án A.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Phương pháp: Mặt phẳng (Q) chứa hai điểm A, B và vuông góc với (P) có vecto pháp tuyến   n  AB, u .  trong đó u là vecto pháp tuyến của (P)    AB  2; 4;  4  ; u  2;1;  2   n  AB, u    4;  4;  6   2  2; 2;3  Cách giải:. là. Phương trình.  Q  : 2  x  1  2  y  2   3  z  3 0. hay.  Q  : 2x  2y  3z  7 0. Câu 46: Đáp án D Phương pháp: Tính P theo tọa độ M Sử dụng các bất đẳng thức côsi,… để đánh giá Cách giải: Do M thuộc mặt pahwrng Oxy nên. M  x; y; 0 . MA  1  x;3  y;  3 ; MB  2  x;  6  y;7  MC   7  x;  4  y;3  ; MD   x;  1  y; 4  ;  MA  MB  MC  MD   4  4x;  8  4y;11  P.  4  4x . 2. 2. 2. .   8  4y   112  42  1  x    2  y . 2. 2.  11. 2. 2. Pmin   1  x    2  y  min Theo. 1 x . BDT 2. cô. si. 1 x. 2. 2.   2  y  2  1  x   2  y . ,. dấu. “=”.  x  y 1 2  2  y     x  y  3 . Thử bốn đáp án thì D thỏa mãn.. Câu 47: Đáp án C Phương pháp: biểu diễn Cách giải:. z x  iy; z  x 2  y 2. z   1  i  z 5  2i  a  bi   1  i   a  bi  5  2i. a 2    2a  b  5    a  2  i 0     2a  b  5 0. a 2  2  b 1  z  2  1  5. Câu 48: Đáp án A Phương pháp: biểu diễn. z x  iy; z  x 2  y 2 2. Cách giải:. z  z  3  4i  x 2  y 2  x  3    y  4 .   6x  9  8y  16 0  6x  8y  25 0 Câu 49: Đáp án B. 2. xảy. ra. khi.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Phương pháp: Sử dụng đồ thị để giải bất phương trình + Ta vẽ đồ thị hàm số. y f  x . + Đối với bất phương trình phía trên đồ thị. y g  x . và. f  x  g x. f  x  g x. trên cùng hệ trục tọa độ. . Ta tìm các giá trị x để đồ thị hàm số. y f  x . y g  x . Cách giải: điều kiện. x  3  0   x  1 0   x 0 . x   3   x  1  x 0 . 1  log 3  x  3 1  log3  x  3 1 1    0 x x 1 x Ta có x  1 .  x  1  1  log 3  x  3  x   x  1 log3 3  x  3 1  0  0 x  x  1 x  x  1 x  x  1.   x   x  1 log 3 3  x  3   0   x  x  1  0      x   x  1 log 3 3  x  3   0   x  x  1  0 .  I  II . x  1 x  x  1  0    x 0 Xét hệ (I) ta có Với x   1 ta có Với x  0 ta có. x   x  1 log 3 3  x  3  0 . 1  log 3  x  3  x   1 x 1 (loại). x   x  1 log 3 3  x  3  0 . 1  log 3  x  3   x   1 x 1 (loại). Suy ra hệ (I) vô nghiệm Xét hệ (II) ta có. x  x  1  0   1  x  0. Với với  1  x  0 ta có. x   x  1 log 3 3  x  3  0 . Kết hợp ta có nghiệm của hệ (II) là  1  x  0 Tập nghiệm của bất phương trình là. S   1; 0 . 1  log 3  x  3  x   1 x 1. nằm.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Để giải phương trình trong hệ ta sử dụng đồ thị. Đồ thị hàm số y log 3  x  3. y. 1 x  1 và đồ thị hàm số. như hình bên.. 1 1  log 3  x  3 y x 1 Khi đó với bất phương trình x  1 ta tìm các giá trị x để đồ thị hàm số nằm trên đồ thị hàm số. y log 3  x  3. Ta được: x   1 1 1  log 3  x  3  y x  1 nằm Với bất phương trình x  1 ta tìm các giá trị x để đồ thị hàm số dưới đồ thị hàm số. y log 3  x  3. . Ta được x   1 .. Câu 50: Đáp án C Phương pháp – cách giải: Điều kiện 2x  y  0  2x  y x 2  2y 2  2 2   x  2y  1 log x 2 2 y2  2x  y  1   2 2  2x  y x  2y   0  x 2  2y 2  1 2x  y x 2  2y 2.  2 : . 2 2  0  x  2y  1.  1  2.  2x  y  1 trường hợp này không có giá trị lớn nhất 2.  2 9  1 : 2x  y x  2y   x  1   2y    4  8  2. 2. 2.  x  1 r cos t 9 3   r2   r   1  2 8 2 2 r sin t  2y  4 Đặt  S 2x  y 2.  r cos t  1 . Trong đó Từ.  1. có. sin u .  9 3r 4r sin t  2 3r  2 2 1 9   cos t  sin t    cos  u  t   3 4 4 2 2 3 2  4. 2 2 1 ;cos u  3 3. r cos  u  t  . 3 2 2.  S. 3 3 9 9 .   2 2 2 4 2.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>