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

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017 Môn thi: TOÁN

ĐỀ VIP 03 Thời gian làm bài:

>90

phút

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

A. 1

2 1. y x

x

= + +

B. 3

2 1. y x

x

= + +

C. .

2 1

y x

= x +

D. 1

2 1. y x

x

= − +

1 x

−2 1 2 y

O

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

x= −2 và TCN: 1

y=2 đều giống nhau.

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

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

(

2

)

²

(

2 3

)

2017

y=3x − m+ x + m+ x+ . A. m= −1. B. m≠ −1. C. 3

m= −2. D. Không có giá trị m. Lời giải. Đạo hàm ' ² 2

(

2

) (

2 3 ; '

)

0 ¹ .

2 3

y x m x m y x

x m

 =

= − + + + = ⇔  = +

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

( )

*

Gọi A x y

(

1; 1

)

và B x y

(

2; 2

)

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

Yêu cầu bài toán 2 4

1 1

2

m⁺ m

⇔ = ⇔ = − : không thỏa mãn

( )

^* . Chọn D.

Nhận xét. Qua khảo sát 99% học sinh chọn đáp án A, lý do là quên điều kiện để có hai cực trị.

Tôi cố tình ra giá trị m đúng ngay giá trị loại đi.

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

x m

= +

− nghịch biến trên khoảng 0; .

3

 π

 

 

 

A. m> −3. B. 3 2 . m

m

 ≤ −

 ≥

 ^C. m< −3. D. 3 1 2 . m m

− < ≤

 ≥



Lời giải. Đặt t=cosx, với 1

0; ;1

3 2

x∈ π→ ∈t  ^.

Hàm số trở thành

( ) ( )

( )

²

2 3 2 6

2 ' 2

t m

y t y t

t m t m

+ − −

= → =

− − .

Ta có ' sin 0, 0;

t = − x< ∀ ∈x  π3, do đó t=cosx nghịch biến trên 0; . 3

 π

 

 

  Do đó YCBT ←→y t

( )

đồng biến trên khoảng 1

2;1

 

 

 

  '

( )

0, ¹;1 y t t 2 

←→ > ∀ ∈ 

( )

2 6 0 1 3 1 3

, ;1 , ;1 3.

1;2

2 0 2 2 2

m m m

t t m

m

t m m t

− − >    < −    < −

 

      

⇔ − ≠ ∀ ∈ ⇔ ≠ ∀ ∈ ⇔ ∉ ⇔ < − Chọn C.

Nhận xét. Do ^{1;1 2}

( )

^1;2

t∈2 → t∈ ^{. Và}

( )

^{1;2 1.}

2 m m

m

 ≤

∉ ←→  ≥

Câu 4. Cho hàm số y= f x

( )

=x³+ax²+bx+c có bảng biến thiên như hình vẽ sau:

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

A. P= −3. B. P= −9. C. P=3. D. P=9.

Lời giải. Đạo hàm y'=3x²+2ax+b.

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

27 6 0 9.

a b a

a b b

 − + =  = −

 

 ⇔

 

 + + =  = −

 

 

Lại có ^f

( )

³ = −²⁴→²⁷+^9a+^3b+ = −^{c 24}→ =^{c 3.}

Vậy P= + +a b 3c= −3. Chọn A.

Câu 5. Trong các số dưới đây, đâu là số ghi giá trị nhỏ nhất của hàm số ^{f x}

( )

= ^x2+^4x−⁵ trên đoạn

[

−6;6

]

?

A. 0. B. 9. C. 55. D. 110.

Lời giải. Xét hàm số ^{g x}

( )

=^x2+^4x−⁵ liên tục trên đoạn

[

−^6;6

]

. Đạo hàm g x'

( )

=2x+4; 'g x

( )

= ⇔ = − ∈ −0 x 2

[

6;6

]

.

Lại có

( ) [ ]

[ ]

2 1 6;6

0 4 5 0

5 6;6

g x x x x

x

 = ∈ −

= ⇔ + − = ⇔  = − ∈ − ^.

Ta có ^g

( )

− =^{6 7; g}

( )

− = −^{2 9; g}

( )

⁶ =^{55; 1g}

( )

= ^g

( )

− =^{5 0}. Suy ra

[ ]

( )

[ ]

{ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) }

6;6 6;6

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

− = − − − − = . Chọn A.

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

Câu 6. Cho hàm số y= f x

( )

có lim

( )

0

x f x

→+∞ = và lim

( )

x f x

→−∞ = +∞. Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. Đồ thị hàm số y= f x

( )

không có tiệm cận ngang.

B. Đồ thị hàm số y= f x

( )

nằm phía trên trục hoành.

C. Đồ thị hàm số ^y= ^{f x}

( )

có một tiệm cận ngang là trục hoành.

D. Đồ thị hàm số y= f x

( )

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

Lời giải. Ta có ^lim

( )

⁰

x f x

→+∞ = → Đồ thị hàm số ^y= ^{f x}

( )

nhận đường thẳng y=0 làm tiệm cận ngang.

−1

x

^−∞

₃

+∞

y

+

₀

⁻

0

⁺

−∞

1 a− + −b c

−24

+∞

' y

Đáp án B sai vì chọn hàm

1 ; 1

2

1 ; 1

2

x

x

x y

x

   ≤ −

  

= −   ≥





  

.

Vậy ta chỉ có đáp án C đúng. Chọn C.

Câu 7. Cho hàm số y= f x

( )

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

A. Hàm số đồng biến trên các khoảng 1

; 2

 

−∞ − 

 

  ^và

(

3;+∞

)

. B. Hàm số đồng biến trên khoảng 1

; .

2

 

− +∞

 

 

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng

(

3;+∞

)

. D. Hàm số đồng biến trên khoảng

(

−∞;3

)

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

● Đồng biến trên các khoảng 1

; 2

 

−∞ − 

 

  ^và 1;3 2

 

− 

 

 ^.

● Nghịch biến trên khoảng

(

3;+∞

)

. Chọn C.

Câu 8. Gọi y= f x

( )

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

( )

=m có đúng hai nghiệm phân biệt.

A. 0< <m 1. B. m>5. C.  =

 =

 1 5 m

m . D. Cả A, B. ^x

y

1 5

1 O 3

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

( ) ( )

C , ta nhắc lại kiến thức:

• Ta có

( ) ( ) ( )

( ) ( )

 ≥

= = − ≤

, 0

, 0

f x f x y f x

f x f x ^.

• Cách vẽ đồ thị hàm số

( )

^{C .}

o Giữ nguyên đồ thị y=f x

( )

phía trên trục hoành.

o Lấy đối xứng phần đồ thị y= f x

( )

phía dưới trục hoành qua trục hoành ( bỏ phần dưới ).

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

( )

như hình vẽ.

x y

1 5

1 O 3

y=m

Phương trình f x

( )

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

( )

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

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

 >



0 1

5 m

m .

Chọn D.

Câu 9. Đồ thị hàm số 16₂ ² 16 y x

x

= −

− có bao nhiêu đường tiệm cận?

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

Lời giải. TXĐ: ^D= −

(

^4;4

)

.

● Vì TXĐ là khoảng

(

−4;4

)

nên ta không xét trường hợp x→ +∞ hay x→ −∞ được. Do đó hàm số không có tiệm cận ngang.

● Ta có ²

2 2

4 4

16 1

lim lim 4

16 16

x x

x x

x x

+ +

→− →−

 

− =  − = −∞ → = −

−  −  là TCĐ.

2

2 2

4 4

16 1

lim lim 4

16 16

x x

x x

x x

− −

→ →

 

− =  − = −∞ → =

−  −  là TCĐ.

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

Câu 10*. Hàm số f x

( )

có đạo hàm f'

( )

x trên khoảng K. Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số f'

( )

x trên khoảng K. Số điểm cực trị của hàm số ^{f x}

( )

trên là:

A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

x 2

y

O -1

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

( )

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

( )

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

( )

có đúng một cực trị. Chọn B.

Nhận xét. Đây là một dạng toán suy ngược đồ thị. Dạng này sẽ xuất hiện nhiều hơn trong các đề thi lần sau.

Câu 11*. Một sợi dây kim loại dài 60cm được cắt thành hai đoạn. Đoạn dây thứ nhất uốn thành hình vuông cạnh a, đoạn dây thứ hai uốn thành đường tròn bán kính r. Để tổng diện tích của hình vuông và hình tròn nhỏ nhất thì tỉ số a

r nào sau đây đúng?

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

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

(

⁰< <^{x 60}

)

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

Chu vi đường tròn: 2

2 r x r x π = ⇒ = π. Diện tích hình tròn: ₁ . ^{2 2}.

4 S πr x

= = π Diện tích hình vuông:

2 2

60 .

4 S = − x

Tổng diện tích hai hình: ² 60 ²

(

4

)

. ² 120 3600

4 4 16

x x

x x

S π π π

π π

+ − +

 − 

= +  = .

Đạo hàm:

(

4

)

. 60 60 4

' ; ' 0 ; '' 0

8 4 8

S π x π S x π S π

π π π

+ − +

= = ⇔ = = >

+ ^.

Suy ra hàm S chỉ có một cực trị và là cực tiểu tại 60 x 4 π

= π + ^. Do đó S đạt giá trị nhỏ nhất tại 60

x 4 π

= π + ^.

Với

( ) ( )

60 30 240 240

& 2

4 4 4 .4 120

x r a a

r π

π π π

= → = = → = =

+ + + ^{. Chọn B.}

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

2 2 2

60 60

4 4 4 16

x x

S π π

 − 

= +  ≥ + ^. Dấu ''='' xảy ra khi 60 60

4 16 4

x x

x π

π π

= − → =

+ ^.

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

(

x+ −1

)

1 là:

A.

(

−∞^;1

]

. B.

(

^3;+∞

)

. C.

[

1;+∞

)

. D. ℝ^{\ 3}

{ }

. Lời giải. Hàm số y= log2

(

x+ −1

)

1 xác định khi

( )

2

1 0

log 1 1

 + >

 + ≥



x x

1 1

1 2 1 1

 > −  > −

 

 

⇔ + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥

x x

x x x ^{. Chọn C.}

Câu 13. Đạo hàm của hàm số ^{f x}

( )

^=ln

(

^x4+1

)

tại giá trị x=1 bằng:

A. 1

2. B. 1. C. ln 2

2 . D. 2.

Lời giải. Ta có /

( ) (

⁴

)

^{/ 3} /

( )

4 4

1 4

1 2.

1 1

x x

f x f

x x

= + = → =

+ + Chọn D.

Câu 14. Cho đồ thị của ba hàm số y=x^α,y=x^β,y=x^γ trên khoảng

(

0;+∞

)

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

A. γ< < <β α 0. B. 0< < < <γ β α 1.

C. 1< < <γ β α. D. 0< < < <α β γ 1.

Lời giải. Dựa vào đồ thị, ta có

● Với 0< <x 1 thì x^α<x^β <x^γ <x¹→ > > >α β γ 1.

● Với x>1 thì x¹<x^γ <x^β<x^α→ < < <1 γ β α. Vậy với mọi x>0, ta đều có α> > >β γ 1. Chọn C.

Nhận xét. Ở đây là so sánh thêm với đường y= =x x¹.

Câu 15. Phương trình 4^x−m.2^x+1+2m=0 có hai nghiệm x₁, x₂ thỏa mãn x₁+x₂ =2 khi:

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

Lời giải. Phương trình tương đương

( )

^{2x 2−2 .2m x+2m=0.}

Đặt t=2^x>0, phương trình trở thành t²−2mt+2m=0.

( )

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

( )

^* có hai nghiệm dương

' 0 2 2 0

0 2 0 2.

0 2 0

m m

S m m

P m

∆ ≥  − ≥

 

 

 

⇔ >> ⇔ >> ⇔ ≥

Áp dụng hệ thức Viet, ta có2 .2^{x1 x2} =2m⇔2^x1+x2 =2m⇔ =4 2m⇔m=2 (thỏa mãn). Chọn B.

Cách trắc nghiệm. Thử lần lượt 4 đáp án để chọn.

Câu 16. Cho hàm số y=x e. ^−x. Chọn hệ thức đúng:

A.

(

¹−x y

)

^'=x y^. . B. x y^{. '}= +

(

¹ x y

)

. C. x y. '= −

(

1 x y

)

. . D.

(

1+x y

)

. '=

(

x−1 .

)

y.

Lời giải. Ta có ^y'=^e−x−^{x e. −x} = −

(

^{1 x e}

)

^−x←→^{x y. '}= −

(

^{1 x xe}

)

^{. −x}= −

(

^{1 x y}

)

^. . Chọn C.

Câu 17. Cho a b c, , là các số thực dương thỏa a^{log 73} =27, b^{log 117} =49, c^log1125= 11. Tính giá trị của biểu thức T=a^{log 723} +b^{log 1127} +c^log21125.

A. T=76+ 11. B. T=31141. C. T=2017. D. T=469. Lời giải. Ta có ^{T =}

(

^{alog 73}

)

^{log 73 +}

(

^{blog 117}

)

^{log 117 +}

(

^clog1125

)

^log1125=

( )

^{27 log 73 +}

( )

^{49 log 117 +}

( )

^{11 log1125.}

Áp dụng công thức a^logab=b, ta được

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

3 3 3

7 7 7

11

11 11

3 log 7

log 7 3 log 7 3

log 11 2

log 11 2 log 11 2

log 25

1 1 1

log 25

log 25

2 2 2

27 3 3 7 343

49 7 7 11 121 .

11 11 11 25 25 5

 = = = =

 = = = =



  

  

 =  = = = =

  

  



Vậy T =343+121+ =5 469. Chọn D.

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

log_ab2=x, log_b c=y. Giá trị của log_ca bằng:

A. 2

xy. ^B. 2xy. C. 1

2xy. ^D. .

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

Ta có 2

2 1 1 1

log .log log log log .

2 2 log 2

a b a a c

c

xy b c c c a

a xy

= = = = → = Chọn C.

Câu 19. Tổng của nghiệm nhỏ nhất và lớn nhất phương trình 2^{x2+ −x 1}−2^x2−1=2^2x−2^x bằng:

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

2

+ _{. D.} 1 5 2

− _. Lời giải. Phương trình tương đương với ^2x2−1

(

^{2x− =1}

)

^2x

(

^2x−1

)

( ) (

^{2 1}

)

² 1 ² 1

2 2

2 1 0 2 1

2 1 2 2 0

2 2 0 2 2

0 0 0

1 5.

1 1 0

2

x x

x x x

x x x x

x x x

x x x x x

−

− −

 − =  =

 

⇔ − − = ⇔ − = ⇔ =

 =  =  =

  

⇔ − = ⇔ − − = ⇔ = ±

Suy ra nghiệm nhỏ nhất 1 5 x −2

= , nghiệm lớn nhất 1 5

x +2

= . Chọn B.

Câu 20*. Cho hàm số

( )

⁴

4 2

x

f x = x

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

(

^sin2

) (

^cos2

)

P= f α +f α bằng:

A. P=1. B. P=2. C. P=3. D. P=4^{sin 2a}.

Lời giải. Sử dụng tính chất ''Nếu a+ =b 1 thì f a

( )

+f b

( )

=1''. Thật vậy:

●

( )

^{4 2.4}

4 2 2.4 4

a a

a a

f a = =

+ + ^.

● a+ = b 1 → = −b 1 a. Do đó

( ) ( )

₁ ¹

4

4 4 4

1 4 2 4 2 4 2.4

4

a a

a a

a

f b f a

−

= − = − = =

+ + +

.

Suy ra

( ) ( )

^{2.4 4} 1

2.4 4 4 2.4

a

a a

f a +f b = + =

+ + ^.

Áp dụng: Ta có sin²α+cos²α=1 nên ^f

(

^sin2a

)

^+f

(

^cos2a

)

^{=1. Chọn A.}

Bài toán tổng quát: Nếu ^{f x}

( )

_x^Mx

M M

= + ^{thì f x}

( )

=^f

(

¹−^x

)

.

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

4< < <b a 1. Biểu thức 1

log log

a 4 a

b

P= b− − b ^đạt giá trị nhỏ nhất khi:

A. 2

log .

ab=3 B. 1

log .

ab=3 C. 3

log .

ab=2 D. log_ab=3.

Lời giải. Ta có

2

2 2

1 1 1

0 0

2 4 4

b b b b b

 

− ≥ ←→ − + ≥ ←→ − ≤

 

  .

Mà 1 ²

1 log log 2 log

a 4 a a

a b  b b

< →  − ≥ =

  ^.

Ta có 1 1 1 1 log 1 log

log .log log . 2 log . .

4 2 4 2 1 log 2 1 log

a a

a a a a

a a

b

b b

P b b b b

b b

   

=  − − =  − − ≥ −

− −

   

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

Khi đó ²

( )

2 2

P t t f t

≥ + t =

− .

Khảo sát f t

( )

trên khoảng

(

1;+∞

)

, ta được

( )

^{3 9.}

2 2

P f t f  

≥ ≥  =

  ^{Chọn C.}

Câu 22. Nếu ^{F x}

( )

là nguyên hàm của hàm số

( )

¹₂ f x sin

= x và đồ thị hàm số ^y=^{F x}

( )

đi qua điểm ;0

Mπ6  ^thì F x

( )

là:

A.

( )

³ cot

F x = 3 − x. B.

( )

³ cot .

F x = − 3 + x C. ^{F x}

( )

= − ³+^{cot .x} D. ^{F x}

( )

= ³−^{cot .x} Lời giải. Từ giả thiết, ta có

( )

¹₂ ^cot

F x sin dx x C

=

∫

x = − + ^. Đồ thị y=F x

( )

đi qua điểm ;0

M6π  nên 0 cot 0 3

6 6

F_{ }π π C C

= ⇔ − + = ⇔ =

 

  .

Vậy ^{F x}

( )

= −^cotx+ ³. Chọn D.

Câu 23. Giá trị của tích phân ²

(

²

)

0

min 1, d

I =

∫

x x ^bằng:

A. 3

4^{. B.} 4. C. 4

3^{. D.}

3

−4. Lời giải. Ta có nhận xét

[ ] ( )

[ ] ( )

2 2

2

0;1 min 1,

.

1;2 min 1, 1

x x x

x x

 ∈ → =

 ∈ → =



Do đó ¹

(

²

)

²

(

²

)

^{1 2 2 3 1 2}

0 1

0 1 0 1

1 4

min 1, min 1, 1 1 .

3 3 3

I=

∫

x dx+

∫

x dx=

∫

x dx+

∫

dx=x +x = + = ^{Chọn C.}

Câu 24. Viết công thức tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y=f x

( )

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

(

<b

)

, xung quanh trục Ox.

A. ²

( )

d .

b

a

V=π

∫

f x x ^{B. b 2}

( )

^{d .}

a

V=

∫

f x x

C.

( )

^{d .}

b

a

V=π

∫

f x x ^D.

( )

^{d .}

b

a

V=π

∫

f x x Lời giải. Chọn A.

Câu 25. Cho hình phẳng

( )

^H giới hạn bởi các đường y=e^x, y=0, x=0 và x=k

(

^k>⁰

)

. Gọi V_k là thể tích khối tròn xoay khi quay hình

( )

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

A. 3

1 .

k 2

< < B. 3

2< <k 2. C. 1

2< <k 1. D. 1

0 .

k 2

< <

Lời giải. Thể tích

( )

^{2 2}

0 0

k k

x x

Vk=π

∫

e dx=π

∫

e dx ²

(

²

)

0

2 2 1 .

k

x k

e e

π π

= = −

Do V_k =4 nên

(

^{2 1}

)

⁴

2 e k

π − =

2 8 1 8 1

ln 0;

2 2

e k π k π

π π

   

+  +   

⇔ = → =   ∈ ^{. Chọn C.}

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

( )

^{m đi}

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

( )

^{s ,} có phương trình là s=6t²−t³. Thời điểm

( )

s

t mà tại đó vận tốc v

(

m/s

)

của chuyển động đạt giá trị lớn nhất là

A. t=6 .s B. t=4 .s C. t=2 .s D. t=1 .s Lời giải. Vận tốc v

( )

t =s' t

( )

=12−3t².

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

( )

=12−3t². Khảo sát ta tìm được

( )

( )

max0; f t

+∞ đạt tại t=2. Chọn C.

Câu 27*. Ký hiệu F x

( )

là một nguyên hàm của hàm số cos 2 y x

= x trên khoảng

(

0;+∞

)

. Khi đó tích phân

4

1

cos 2 xd

I x

=

∫

x ^bằng:

A. I =2.F

( )

8 −F

( )

2 . B. I =2.F

( )

8 +F

( )

2 . C. I =2.F

( )

8 −2.F

( )

2 . D. I =2.F

( )

8 +2.F

( )

2 . Lời giải. Xét

4

1

cos 2x

I dx

=

∫

x ^{. Đặt}

2

2 .

2 dt dx

t x t

x

 =

= → = Đổi cận 1 2

4 8.

x t

x t

 = → =

 = → =



Khi đó

8 8

2 2

cos cos

2 2

t dt t

I dt

t t

=

∫

=

∫

( ) ( ) ( )

8 8 8 8

2 2 2 2

cos cos cos

2 2. 2 8 2 2 .

2

x x x

dx dx dx F x F F

x x x

=

∫

=

∫

=

∫

= = − ^{Chọn C.}

Câu 28*. Biết rằng đường parabol

( )

P :y² =2x chia đường tròn

( )

C :x²+y²=8 thành hai phần lần lượt có diện tích là S₁, S₂ (hình vẽ bên). Khi đó _{2 1} b

S S a

π c

− = −

với a b c, , nguyên dương và b

c là phân số tối giản. Tính .

S= + +a b c

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

C. S=15. D. S=16.

Lời giải. Đường tròn

( )

C có tâm O

( )

0;0 , bán kính R=2 2→ diện tích S=8π. Phương trình hoành độ giao điểm của

( )

P và

( )

C là: ²

2 2 2

2 0

2 8 2.

8 y x x

x x x

x y

  ≥

 = 

 → ↔ =

 

 + =  + =

 



Suy ra

2 2 2

2

1 2 1

0 2

4 4

2 2 2 8 2 6

3 3

S =

∫

x dx+

∫

−x dx= + π→S = − =S S π− ^. Suy ra _{2 1}

8 4

4 8

3 3

a

S S b

c π

 =

− = − → = =

. Chọn C.

Câu 29. Cho số phức z thỏa mãn ^{z= +}

(

^{i 2}

) (

^{2 1− 2i}

)

. Tìm phần ảo của số phức z.

A. 2. B. −2. C. − 2. D. 2.

Lời giải. Ta có ^{z= +}

(

^{i 2}

) (

^{2 1− 2i}

) (

^{= i2+2 2i+2 1}

)(

^{− 2i}

) (

^{= +1 2 2i}

)(

^{1− 2i}

)

1 2i 2 2i 4i2 5 2i

= − + − = + .

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

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

phức ^{1 2}

1 1 2

z z

w z z

= +

+ ^.

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

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

Lời giải. Do

1 1

1 2

2 2

1

1 .

1 z z

z z

z z

 =



= = →

 =



Ta có ^{1 2 1 2 1 2}

1 2 1 2

1 2

1 1

1 1

1 . 1

z z z z z z

w w

z z z z

z z

+ + +

= = = =

+ + +

.

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

Câu 31. Cho phương trình 4z⁴+mz²+ =4 0 trong tập số phức và m là tham số thực. Gọi

1, , , 2 3 4

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

(

z1²+4

)(

z2²+4

)(

z3²+4

)(

z²4+4

)

=324.

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

Lời giải. Đặt t=z², phương trình trở thành 4t²+mt+ =4 0 có hai nghiệm t₁, t₂. Ta có ^{1 2}

1 2

4

. 1

t t m

t t

 + =−

 =



. Do vai trò bình đẳng, giả sử ta có z₁² =z²₂ =t₁, z₃² =z²₄ =t₂.

Yêu cầu bài toán ⇔

(

t1+4

) (

² t2+4

)

²=324⇔t t1 2+4

(

t1+t2

)

+16²=324

(

¹⁷

)

^{2 182 17 18 1}

17 18 35

m m

m m m

− + =  = −

 

⇔ − + = ⇔− + = − ⇔ = . Chọn C.

Cách 2. Đặt f z

( )

=4

(

z−z1

)(

z−z2

)(

z−z3

)(

z−z4

)

.

Do z1²+ =4

(

z1+2i z

)(

1−2i

)

nên

(

^{12 4}

)(

^{22 4}

)(

^{32 4}

)(

^{42 4}

) ( ) (

^{2 . 2}

)

4 4

f i f i

z z z z −

+ + + + = .

( )

*

Mà ^f

( )

²ⁱ =^f

(

−²ⁱ

)

=^{4 2}

( )

^{i 4}+^m

( )

^{2i 2}+ =^{4 68}−^4m.

Vậy

( ) (

^{68 4}

)

^{2 1}

* 324 .

35 4.4

m m

m

−  = −

⇔ = ⇔  =

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

(

x+2017

) (

²+ −y 2018

)

²=1. Tổng phần thực và phần ảo của số phức w= + +z₁ z₂ z₃ bằng:

A. −1. B. 1. C. 3. D. −3.

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

Ta có OA+OB+OC=3OG=3OI (do tam giác ABC đều nên G≡I).

Suy ra z1+ +z2 z3= −3

(

2017+2018i

)

= −6051+6054i. Chọn C.

Câu 33. Cho các số phức z thỏa mãn z =m²+2m+5, với m là tham số thực. Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức w= −

(

3 4i z

)

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

A. 4. B. 5. C. 20. D. 22.

Lời giải. Gọi w= +x yi.

Từ giả thiết, ta có

( ) (

2

)

3 4 8 4 3 6

3 4 2 .

3 4 25 25

x y i x y x y

x yi i z i z i

i

+ + − − + +

+ = − − → = = +

−

(

3 4 8

) (

² 4 3 6

)

²

25

x y x y

z − − + + +

→ = .

Mà ^{z =m2+2m+ ←→5}

(

^3x−4y−8

) (

^{2+ 4x+3y+6}

)

²⁼²⁵²

(

^m2+2m+25

)

( )

^{2 2}

( )

²

( )

^{2 2}

2 2 2 2

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

x y y m  x y m 

⇔ + + + =  + +  ⇔ + + =  + +  ≥ = Dấu ''='' xảy ra khi m= −1. Chọn C.

Cách 2. Từ giả thiết, ta có w+ = −2i

(

3 4i z

)

.

Lấy môđun hai vế, ta được ^{w+2i = −3 4 .i z =5.}

(

^{m2+2m+ =5}

)

^5_

(

^m+1

)

^{2+ ≥4}_ ^20.

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

z−z có phần thực bằng 4.

A. 1 16.

z = B. 1

8.

z = C. 1

4.

z = D. z =4.

Lời giải. Giả sử z= +a bi

(

a b, ∈ℝ

)

. Ta có

2 2

1 1

z z= a b a bi

− + − −

( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b a bi a b a b .

i

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

+ − + + −

= = +

+ − + + − + + − +

I

A

B C

A'

B' C'

M Theo giả thiết: 1

z−z có phần thực bằng 4 nên

( )

2 2

2 2 2 2

a b a 4

a b a b

+ −

=

+ − +

( ) ( )

2 2 2 2

2 2 2 2 4 2 2 2 2 4

2 2 2

a b a a b a

a b a a b a b a b a

+ − + −

⇔ = ⇔ =

+ − + + + −

2 2

2 2

1 1 1

4 .

8 8

2

a b z

a b

⇔ = ⇔ + = → =

+ Chọn B.

Cách 2. Nếu z= +a bi thì z+ =z 2a. Áp dụng: 1

z−z có phần thực bằng 4→ 1 1 z z+ z z=8

− −

( ) ( )

2 2 2

2 2

1 1

8 8 8

.

z z z z z z

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

− − − −

↔ + = ↔ = ↔ =

− − − + + − + +

( ) ( )

2

2 2 1 1

8 8 8 .

8 2 2

z z z z z z

z z z z z z

z z z z

− − − −

↔ = ↔ = ↔ = ↔ =

− + − −

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

SA= a và vuông góc với mặt đáy

(

ABCD

)

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

A. . 3

a B. 2

3.

a C. 2 .a D. .

2 a

Lời giải. Gọi E=HK∩AC. Do HK BD nên d HK SD

[

,

]

( ) ( )

¹

( )

, , , .

d HK SBD  d E SBD  2d A SBD 

=  =  =  

Kẻ AF⊥SO. Khi đó

( )

2 2

. 2

, .

3

SA AO a

d A SBD AF

SA AO

  = = =

  +

Vậy

[

^,

]

^{1 .}

2 3

d HK SD = AF=a Chọn A.

Câu 36. Cho lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' '. Gọi M là trung điểm A C' ', I là giao điểm của AM và A C' . Khi đó tỉ số thể tích của khối tứ diện IABC với khối lăng trụ đã cho bằng:

A. 2

3^{. B.}

2

9^{. C.}

4

9^{. D.}

1 2^. Lời giải. Xét tam giác AA C' , ta có I là trong tâm nên

( )

²

( )

, , .

d I ABC =3d M ABC  Ta có V_{ABC A B C}. ' ' '=S_∆ABC.AA'=S_∆ABC.d A ',

(

ABC

)

.

Và ^{1 . ,}

( )

IABC 3 ABC

V = S_∆ d I ABC 

( ) ( )

1 2 2

. , . ',

3S_∆^ABC 3d M ABC  9S_∆^ABC d A ABC 

=  =  . Chọn B.

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

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

Lời giải. Có 9 mặt đối xứng. Chọn B.

Câu 38*. Một người xây nhà xưởng hình hộp chữ nhật có diện tích mặt sàn là 1152m² và chiều cao cố định.

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

A. 16m 24m× . B. 8m 48m× . C. 12m 32m× . D. 24m 32m× .

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

Theo giả thiết, ta có 384

.3 1152

x y y

= → = x .

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

Ta có _tp 384 576

4 6 3 4 6. 1152 4 1152

S xh yh xy xh h h x

x x

 

= + + = + + =  + + ^. Vì h không đổi nên S_tp nhỏ nhất khi f x

( )

x ⁵⁷⁶

= + x với x>0 nhỏ nhất.

Khảo sát hàm f x

( )

x ⁵⁷⁶

= + x với x>0, ta được f x

( )

nhỏ nhất khi x=24→ =y 16. Chọn A.

Nhận xét. Bạn đọc có thể dùng BDT Côsi 576 576

2 . 48

x x

x x

+ ≥ = .

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

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

A. 4 10 2 ³ 3 .

V= + πa B. 14 2 ³

3 .

V= πa C. 10 2 ³

3 .

V= πa D. 14 2 ³

12 .

V= πa

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

2

2 2 2 .

2 CD AB

h= AD − −  = a

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

R =CD= a và ₂ . 2 R =AB =a

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

(

1² 2² 1 2

)

³

1 14 2

. .

3 3

V = π R +R +R R h= πa Chọn B.

H K

I

x

D C

B A

S

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

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

A. 450 cm .π ³ B. 900 cm .π ³ C. 1800 cm .π ³ D. 50 cm .π ³

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

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

Do đó V =π.5 .10² +π.5 .8² =25π

(

10+ =8

)

450 cm .π ³ Chọn A.

Câu 41*. Một xưởng cơ khí nhận làm những chiếc thùng phi có dạng hình trụ dùng để chứa dầu nhớt với thể tích theo yêu cầu là 2 mπ ³ mỗi chiếc. Để tiết kiệm vật liệu nhất thì xưởng cơ khí phải làm chiếc thùng có kích thước mà tổng chiều cao và bán kính đáy của thùng bằng bao nhiêu?

A. 2m. B. 5 2m.

C. 3m. D. 4m.

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

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

Thể tích của thùng ² 2₂

2 .

V R h h

π π R

= = → =

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

( )

2 2 2 2 3 2

p

2 1 1 1 1

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

St R R h Rh R R R R

R R R R R

π π π π  π  π π

= + = + =  + =  + + ≥ = Dấu ''='' xảy ra khi R= 1 → =h 2. Chọn C.

Cách khác. Ta có thể khảo sát hàm ^{f R}

( )

^{2 R2}

=R+ với R>0.

Câu 42*. Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB=a, AC=2a. Biết SBA=SCA=90⁰ và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng 2

3.

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

A. S=6πa². B. S=4πa². C. S=9πa². D. S=8πa².

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

( )

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

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

Ta có ^{AB BD AB}

(

^SBD

)

^{AB SD}

SBA AB SB

 ⊥

 → ⊥ → ⊥

 → ⊥

 ^.

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

(

ABDC

)

. Khi đó quá dễ nhận ra tâm mặt cầu ngoại tiếp là trung điểm SA.

---

Ta có ²

[

,

]

,

( )

,

( )

¹ ,

( )

3 2

a=d SA BC =d BC SAx =d O SAx = d D SAx 

( )

^{4 45}

, 2

3

DH a

d D SAx DK a SD a

  =

→  = = → =

2 2

3 3 4 9 .

2

SA a R a S πR πa

→ = → = → = = Chọn C.

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

( )

α chứa trục O z và đi qua điểm

(

2; 3;5−

)

P có phương trình là:

A.

( )

^{α : 2x}+^3y=^0. B.

( )

^{α : 2x}−^3y=^0.

C.

( )

α : 3x+2y=0. D.

( )

α :y+2z=0.

Lời giải. Mặt phẳng

( )

α chứa trục O z nên phương trình có dạng + =0

A x By với A²+B² ≠0.

Lại có

( )

α đi qua P

(

2; 3;5−

)

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

( )

α : 3x+2y =0. Chọn C.

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

: 1

2 1

x y

d ⁻ = ⁻ = +z

− . Trong

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

1 2

3 .

1

x t

y t

z

 = +

 = −

 =−



B.

1 2 3 . 1

x t

y t

z t

 = +

 =− +

 =− +



C.

1 2 3 . 1

x t

y t

z t

 = +

 =− −

 =− +



D.

1 2

2 .

2

x t

y t

z t

 = − +

 = +

 =− +



Lời giải. Viết lại ^{cho 1}

1 2 1

1 3 1

: 3 2 .

2 1 1

1 2

t

x t x

x y z

d y t y

z t z

=−

 = +  = −

 

 

− = − = + → = − += + → = −=

Điều đó chứng tỏ d đi qua điểm có tọa độ

(

−^{1;2; 2}−

)

nên

1 2

: 2 .

2

x t

d y t

z t

 = − +

 = +

 =− +



Chọn D.

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

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

: 3 1 1

x y z

d − = − = +

− ^và

điểm A

(

1;2;3

)

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

A. A' 3;1; 5

(

−

)

B. A'

(

−3;0;5

)

C. A' 3;0; 5

(

−

)

D. A' 3;1;5

( )

Lời giải. Đường thẳng d có một VTCP ud =

(

^{3; 1;1}−

)

.

Gọi

( )

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

(

^{3; 1;1}−

)

. Do đó

( )

^{α : 3x}− + − =^{y z 4 0}.

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

( )

2 1 1

2;1; 1

3 1 1

3 4 0

x y z

H x y z

 − − +

 = =

 − ⇒ −

 − + − =



. Khi đó H là trung điểm của AA' nên suy ra A' 3;0; 5

(

−

)

. Chọn C.

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

( )

P : 2x− −y 2z=0 và đường

thẳng 1 2

: 1 2 2

x y z

d − +

= = . Tìm tọa độ điểm A thuộc