Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 06 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

(1)

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

ĐỀ VIP 08 Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1. Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án sau:

A.

2

1 . y x

x

= − +

+

^B.

2 . 1 y x

x

= − −

+

^C.

2 . 1 y x

x

= − −

−

^D.

2 . 1 y x

x

= − +

−

Lời giải. Dựa vào bảng biến thiên, ta có các nhận xét sau:

● Hàm số có TCĐ x= −1; TCN y= −1. Do đo ta loại phương án C & D.

● Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Thử đáp án A, ta có

( )

²

' 3 0

1

= − <

y + x

không thỏa mãn. Chọn B.

Câu 2. Giải phương trình

( iz − 1 )( z + 3 i )( z − + 2 3 i ) = 0

trên tập số phức.

A.

3 .

2 3

= −

  = −

  = +



z i

B.

3 .

2 3

z i

= −

  =

  = +



C.

3 .

2 3

z i

= −

  = −

  = −



D.

2

3 .

2 3

z i

= −

  =

  = −



Lời giải. Phương trình

( )( )( )

1 0

1 3 2 3 0 3 0

2 3 0

− =

 

− + − + = ⇔  + =

 − + =

 iz

iz z i z i z i

z i

3 . 2 3

= −

 

⇔  = −

 = +



z i

Chọn A.

Câu 3. Một mặt cầu có độ dài bán kính bằng

2 . a

Tính diện tích

S

của mặt cầu.

A.

S = 4 a

²

π .

B.

16

²

3 .

= π

S a

C.

S = 8 a

²

π .

D.

S = 16 a

²

π .

Lời giải. Diện tích của mặt cầu

( ) S

^là

S

^mc

= 4 π R

²

= 4 . 2 π ( ) a

²

= 16 a

²

π .

^{Chọn D.}

Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu

( ) ( S : x − 1 ) (

²

+ y − 1 )

²

+ z

²

= 4

^.

Mặt cầu

( ) S′

^{có tâm}

I ′ ( 9;1; 6 )

và tiếp xúc ngoài với mặt cầu

( ) S .

Phương trình mặt cầu

( ) S′

^là:

A.

( x − 9 ) (

²

+ y − 1 ) (

²

+ − z 6 )

²

= 36.

^B.

( x − 9 ) (

²

+ y − 1 ) (

²

+ − z 6 )

²

= 144.

C.

( x − 9 ) (

²

+ y − 1 ) (

²

+ − z 6 )

²

= 64.

^D.

( x + 9 ) (

²

+ y + 1 ) (

²

+ + z 6 )

²

= 25.

Lời giải. Mặt cầu

( ) S

^tâm

I ( 1;1; 0 )

và bán kính

R = 2.

x

' y

y

−∞

−1

^+∞

+

+∞

−1

^−∞

−1

(2)

Gọi

R′

là bán kính của mặt cầu

( ) S′ .

Vì

( ) ( ) S , S ′

tiếp xúc ngồi nên

R + = R ′ II ′

.

( 9 1 ) ( ) (

²

1 1

²

6 0 )

²

2 8

²

6

²

2 8.

′ ′

 → = R II − = R − + − + − − = + − =

Vậy phương trình mặt cầu

( ) S′

^là

( x − 9 ) (

²

+ y − 1 ) (

²

+ − z 6 )

²

= 64.

^{Chọn C.}

Câu 5. Tính diện tích hình phẳng phần bơi đen giới hạn bởi các đường ²

1 4

, 3 3

y = x y = − x +

^và

trục hồnh như hình vẽ bên.

A.

7

3 .

^B.

56 . 3

C.

11

6 .

^D.

39 . 2

Lời giải. Phương trình hồnh độ giao điểm của

( ) P

^và

( ) d

nằm trong gĩc phần tư thứ nhất:

( )

2 2

1 4 1

3 4 0 4 .

3 3

3 loại

=

 

= − + ⇔ + − = ⇔  = −

 x

x x x x

x

Diện tích hình phẳng cần tính là

1 4

2

0 1

1 4 11

3 3 6 .

 

= + −  +  =

 

∫ ∫

S x dx x dx

Chọn C.

Câu 6. Đạo hàm của hàm số

y = 2

^ln

( )

^x²⁺¹ _là:

A. ^ln

( )

² ¹

2

2 .

1

x

y x

+

′ = +

^B.

y ′ = 2

^ln

( )

^x²⁺¹

.

C. ^ln

( )

² ¹

2

2 .2 .ln 2 1 . x

x

y x

+

′ = +

^D.

( )

ln 2 1 2

.2 .

1 ln 2 x

x

y x

+

′ = +

Lời giải. Ta cĩ

y = 2

^ln

( )

^x²⁺¹

→ = y ′   ln ( x

²

+ 1 )   ′ .2

^ln

( )

^x²⁺¹

.ln 2 = x

²

2 x + 1 .2

^ln

( )

^x²⁺¹

.ln 2.

^{Chọn C.}

Câu 7. Cho hàm số

y = f x ( )

, xác định liên tục trên

ℝ \ { } − 2

cĩ bảng biến thiên như hình dưới đây.

Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng

( − − ∪ − − 3; 2 ) ( 2; 1 . )

B. Hàm số cĩ giá trị cực đại bằng

− 3.

C. Hàm số đồng biến trên khoảng

( −∞ − ; 3 )

^và

( − + ∞ 1; ) .

D. Hàm số cĩ điểm cực tiểu là

2.

Lời giải. Dựa vào bảng biến thiên, ta cĩ nhận xét sau x

' y

y

−∞

−3

−2

−1

+∞

+

₀

−

0

⁺

+∞

2

−∞

−2

−∞

(3)

• Hàm số nghịch biến trên khoảng

( − − 3; 2 )

^và

( − − 2; 1 . )

• Hàm số có giá trị cực đại

y

_C_Đ

= − 2.

• Hàm số đồng biến khoảng

( −∞ − ; 3 )

^và

( − + ∞ 1; ) .

• Hàm số có điểm cực tiểu là

− 1.

Chọn C.

Câu 8. Cho số phức

z = − 2 3 i

. Tìm số phức liên hợp của số phức

w ( ) 1 i z z

²

.

= + − z

A.

w = − 3 4 . i

^B.

w = + 3 4 . i

^C.

w = + 4 3 . i

^D.

w = − 4 3 . i

Lời giải. Ta có

z = − → = + 2 3 i z 2 3 i

,. Khi đó

w ( ) 1 i z z

²

( ) 1 i z z

= + − z = + −

( )( 1 i 2 3 i ) ( 2 3 i ) 3 4 i

= + − − + = − →

Số phức liên hợp của

w

là

w = + 3 4 . i

^{Chọn B.}

f x ( )

liên tục trên

ℝ

và có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số đồng biến trên các khoảng

( −∞ ; 0 , 0; ) ( + ∞ ) .

B. Hàm số đồng biến trên các khoảng

( − 1; 0 ) ( ∪ +∞ 1; ) .

C. Hàm số đồng biến trên các khoảng

( −∞ − ; 1 )

^và

( 1; + ∞ ) .

D. Hàm số đồng biến trên các khoảng

( − 1; 0 )

^và

( 1; + ∞ ) .

Lời giải. Chọn D.

Câu 10. Tìm nghiệm của phương trình

4

^x⁺¹

= 64

^a^với

a

là số thực cho trước.

A.

3 a − 1.

B.

3 a + 1.

C.

a − 1.

D.

a

³

− 1.

Lời giải. Phương trình

4

^x⁺¹

= 64

^a

⇔ + = x 1 log 64

₄ ^a

= a .log 64

₄

= 3 a ⇔ = x 3 a − 1.

Chọn A.

Oxyz

, cho hai điểm

M ( − 2; 6;1 )

^và

M a b c ′ ( ; ; )

^đối

xứng nhau qua mặt phẳng

( ) Oyz .

Tính tổng

S = 7 a − 2 b + 2017 c − 1.

A.

S = 2017.

^B.

S = 2042.

^C.

S = 0.

^D.

S = 2018.

Lời giải. Dựa vào lý thuyết: Hai điểm M x y z

(

; ;

)

và M x y z

(

'; '; '

)

đối xứng nhau qua mặt phẳng

(

Oyz

)

thì

' ' . '

x x

y y z z

 = −

 =

 =



Từ đó suy ra

M ′ ( 2; 6;1 )  → = S 7 a − 2 b + 2017 c − = 1 2018.

^{Chọn D.}

Câu 12. Nếu một khối hộp chữ nhật có độ dài các đường chéo của các mặt lần lượt là

5, 10, 13

thì thể tích V của khối hộp chữ nhật đó bằng:

A.

V = 6.

B.

V = 5.

C.

V = 4.

D.

V = 8.

(4)

Lời giải. Gọi hình hộp chữ nhật là

ABCD A B C D . ′ ′ ′ ′  → AC AB AD , ′ , ′

là các đường chéo của các mặt của hình hộp. Khi đó

2 2 2 2

2 2

5 5 3

10 10 2 .

13 1

' 13

 = + =  + =  ′ =

 

 ′ = ′ + = ⇔ ′ + = ⇔  =

  

 = ′ + =   ′ + =   =



AC AB AD AB AD AA

AD AA AD AA AD AB

AA AB AD

AB AA AB

Vậy thể tích khối hộp chữ nhật

ABCD A B C D . ′ ′ ′ ′

bằng

V = AA AB AD ′ . . = 6.

^{Chọn A.}

Câu 13. Tính tích phân

1 2017 0

d .

x

I = ∫ e x

A.

I = 2017 ( e

⁻²⁰¹⁷

− 1 . )

^B.

I = 2017   e

²⁰¹⁷¹

− 1 .  

 

C.

I = 2017 1 ( e

²⁰¹⁷

− 1 . )

^D.

I = 2017 1 ( e

⁻²⁰¹⁷

− 1 . )

Lời giải. Đặt ²⁰¹⁷

1

²⁰¹⁷

2017

d . d d d d

2017 2017

=

^x

 → =

^x

= t ⇔ =

t e t e x x x t

t

^.

Đổi cận: 1

2017

0 1

1

x t

x t e

= → =

 

 = → =



.

Khi đó

1 1

2017 2017 1

2017

1 1

. 2017 d 2017 d 2017 1 .

e e

I t t t e

t

 

= = =  − 

 

∫ ∫

^{Chọn B.}

Câu 14. Hàm số

y = 2

^x

+ ln x + 1

có tập xác định là:

A.

ℝ \ { } − 1 .

^B.

ℝ \ 0 . { }

^C.

ℝ

⁺

.

^D.

ℝ .

Lời giải. Hàm số đã cho xác định

⇔ + > ⇔ ≠ − x 1 0 x 1.

^{Chọn A.}

Câu 15. Điểm cực đại của đồ thị hàm số

3

2

2 3

3 3

y = x − x + x +

có tọa độ là:

A.

( − 1; 2 . )

^B.

3; 2 .

3

 

 

 

^C.

( 1; 2 . − )

^D.

( ) 1; 2 .

Lời giải. Xét hàm số

3

2

2 3

3 3

y = x − x + x +

^{, ta có}

y ′ = − x

²

4 x + 3

^và

y ′′ = 2 x − ∀ ∈ 4; x ℝ .

Phương trình

( ) ( )

2

1 1 2

0 4 3 0 2 .

3 3

3

= → =

 

′ = ⇔ − + = ⇔  = → =



x y

y x x

x y

Do

( )

1 2 0

3 2 0

′′ = − <

 

′′ = >



y

^{. Suy ra}

( ) 1; 2

là điểm cực đại của đồ thị hàm số. Chọn D.

Câu 16. Tính đạo hàm của hàm số

y = e

²^x

.

A.

2

2 2 . e

x

y ′ = x

^B.

.

2 e

x

y ′ = x

^C. ²

.

2 e

x

y ′ = x

^D.

y ′ = 2 . x e

²^x

.

y = e

²^x

⇒ y ′ = ( ) 2 x ′ . e

²^x

= 2 2 2 x . e

²^x

= e 2

²^x

x .

^{Chọn C.}

(5)

Câu 17. Với

0 < ≠ a 1

, giá trị lớn nhất của hàm số

log

_a

x

y = x

trên đoạn

  a a

²

;  

^là:

A. Không có giá trị lớn nhất. B.

1 ln . e a

C.

2

₂

a .

^D.

1 . a

Lời giải. Chọn

1

a = 2

, xét hàm số

y f x ( ) log

¹²

x log

²

x

x x

= = = −

trên đoạn

1 1

4 2 ;

 

 

 

^.

Ta có

( )

2 ² 2²

1 log log 1 1 1

0; ;

ln 2 ln 2 4 2

x x

y f x x

x x

− −  

′ = ′ = − = < ∀ ∈    

^(vì ²

1 1 ; log 0

4 2

 

∈     ⇒ <

x x

).

Suy ra

f x ( )

là hàm số nghịch biến trên

1 1 1

₂

1

; max 4.log 8.

4 2 y f 4 4

  ⇒ =     = − =

 

   

Vậy

2

₂

2

₂

max 8 .

1 2 y = = = a

   

 

Chọn C.

Câu 18. Tìm tập nghiệm của bất phương trình

(

²

) ( )

4 4

log

_π

x − < 1 log

_π

3 x − 3 .

A.

S = ( ) 1; 2 .

^B.

S = −∞ − ∪ ( ; 1 ) ( 2; + ∞ ) .

C.

S = −∞ ∪ ( ;1 ) ( 2; + ∞ ) .

^D.

S = ( 2; + ∞ ) .

Lời giải. Điều kiện

2

1 0

3 3 0 1

x x

x

 − > ⇔ >

 − >



^.

Do 1

4

π< nên bất phương trình

(

²

) ( )

²

4 4

log

_π

x − < 1 log

_π

3 x − ⇔ 3 x − > 1 3 x − 3

2

3 2 0 .

1

>

⇔ − + > ⇔    <

x x x

x

Kết hợp với điều kiện, ta được tập nghiệm của bất phương trình là

S = ( 2; + ∞ ) .

^{Chọn D.}

Câu 19. Hàm số nào là một nguyên hàm của hàm số

f x ( ) = + 5

^x

x

⁵^?

A.

5

.5

1

.

ln

x

x x

−

+

B.

5 6

ln 5 6 .

x + x

C.

x .5

^x⁻¹

+ 5 x

⁴

.

D.

5

ln 5 ln .

x

+ x

∫ f x dx ( ) = ∫ ( 5

^x

+ x

⁵

) dx = ∫ 5

^x

d x ( ) + ∫ x dx

⁵

= ln 5 5

^x

+ x 6

⁶

+ C .

^{Chọn B.}

Câu 20. Cho số phức

z

thỏa mãn

7 + + ( 1 2 i z ) ( = + 2 3 i z ) + i

. Tính môđun của

z .

A.

z = 2 5.

^B.

z = 3 5.

^C.

z = 5.

^D.

z = 5.

Lời giải. Đặt

z = + x yi x y ( , ∈ ℝ )

^{suy ra}

z = − x yi

^và

z = x

²

+ y

²

.

Khi đó

7 + + ( 1 2 i z ) ( = + 2 3 i z ) + ⇔ + + i 7 ( 1 2 i )( x − yi ) ( = + 2 3 i )( x + yi ) + i

( )

7 x yi 2 xi 2 y 2 x 2 yi 3 xi 3 y i x 5 y 7 x 3 y 1 i 0

⇔ + − + + = + + − + ⇔ − − + + + =

5 7 0 2

2 5.

3 1 0 1

x y x

z i z

x y y

− − = =

 

⇔  ⇔  ⇒ = − ⇒ =

+ + = = −

 

^{Chọn D.}

(6)

Câu 21. Cho khối nón

( ) N

có thể tích bằng

4 π

và chiều cao bằng

3.

Tính bán kính r đường tròn đáy của khối nón

( ) N .

A.

r = 2.

B.

r = 1.

C.

2 3

3 .

=

r

D.

4

3 .

= r

Lời giải. Thể tích khối nón

( ) N

^bằng

1

²

3 .

3 π

= ⇒ = π V

V r h r

h

Vậy bán kính đáy của khối nón

( ) N

^là

3. 3.4 2.

3 r V

h

π

π π

= = =

Chọn A.

Oxyz

, phương trình tham số của trục

Oz

là:

A.

.

z t y t z t

=

 

=

  =



B.

0.

0 x t y z

=

 

=

  =



C.

0 . 0 x y t z

=

 

=

  =



D.

0 0.

x y z t

=

 

=

  =



Lời giải. Trục Oz đi qua điểm O

(

0;0;0

)

và nhận vectơ đơn vị k=

(

0;0;1

)

làm một VTCP nên

có phương trình tham số là

0 0 0 0 0 1

= +

 

 = +

 = +



x t

y t

z t

hay

0 0.

x y z t

=

 

 =

 =



Chọn D.

y = f x ( )

xác định, liên tục trên

ℝ

và có bảng biến thiên x −∞ −1 0 1 +∞

'

y − 0 + 0 − 0 + y +∞ +∞

2 1 1

Khẳng định nào sau đây sai?

A. Hàm số đồng biến trên các khoảng

( − 1; 0 )

^và

( 1; + ∞ ) .

B.

f ( ) − 1

được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số.

C.

x

₀

= 1

được gọi là điểm cực tiểu của hàm số.

D.

M ( ) 0; 2

được gọi là điểm cực đại của hàm số.

Lời giải. Dựa vào bảng biến thiên, ta có nhận xét sau

• Hàm số đồng biến trên các khoảng

( − 1; 0 )

^và

( 1; + ∞ ) .

•

f ( ) − 1

được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số.

•

x

₀

= 1

được gọi là điểm cực tiểu của hàm số.

•

M ( ) 0; 2

được gọi là điểm cực đại của đồ thị hàm số. Chọn D.

Câu 24. Cho các số thực dương

a b c , ,

khác

1

thỏa mãn

log

^a

( b

^log^c^a

) = 1.

A.

a

²

= bc .

^B.

a

²

= log

_b

c .

^C.

b = c .

^D.

a = c .

Lời giải. Sử dụng công thức

log

_m

x

ⁿ

= n .log

_m

x

, ta được

(

^log

)

log

_a

b

^c^a

= log

_c

a .log

_a

b = log

_c

b = ⇔ 1 log

_c

b = ⇔ = 1 b c .

Chọn C.

(7)

Câu 25. Trong mặt phẳng phức, nếu điểm

A

biểu diễn số phức

1 i −

, điểm

B

3 i +

thì trung điểm

M

của đoạn thẳng

AB

biểu diễn số phức nào sau đây?

A.

z

₁

= 4.

B.

z

₂

= + 1 i .

C.

z

₃

= 2.

D.

z

₄

= − − 1 i .

Lời giải. Điểm

A

1 i −  → A ( 1; 1 . − )

Điểm

B

3 i +  → B ( ) 3;1 .

Vì

M

là trung điểm của

AB  → M ( ) 2; 0  → = z 2.

^{Chọn C.}

Câu 26. Gọi

n d ,

lần lượt là số đường tiệm cận ngang và số đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

( )

1 .

1 y x

x x

= −

−

A.

n = = d 1.

B.

n = 0; d = 1.

C.

n = 1; d = 2.

D.

n = 0; d = 2.

Lời giải. Xét hàm số

( ) ( )

1 1 y f x x

x x

= = −

−

có tập xác định

D = ( ) 0;1 .

Ta có _x

lim

_→+∞

f x ( ) , lim

_x_→−∞

f x ( )

không tồn tại suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Xét phương trình

( 1 ) 0 0 .

1

=

− = ↔    = x x x

x

^{Ta có}

( )

0

lim 1 0

→

1

− = ∞  → =

−

x

x x

^{là TCĐ.}

( )

1 1

lim lim 1

1 1

→ →

− = − = ∞  → =

− −

x x

x x x x

^{là TCĐ.}

Vậy đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang, có 2 tiệm cận đứng. Chọn D.

Câu 27. Khối chóp tam giác đều có thể tích

V = 2 a

³, cạnh đáy bằng

2 a 3

thì chiều cao h của khối chóp bằng:

A.

h = a 6.

B.

6

3 .

= a

h

C.

2 3

3 .

= a

h

D.

.

= a 3 h

Lời giải. Diện tích tam giác đều cạnh

(

2 3

)

² 3 3

2 3 3 3.

4 a

a → =S = a

Ta có 1 3 2 3

. .

3 3

V a

V S h h

= → = S = Chọn C.

Câu 28. Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng

( 0; +∞ )

^?

A.

4

log .

y =

_π

x

B.

2

log

_e

.

y = x

C.

3

log

_e

.

y = x

D. ₂

2

log .

y = x

Lời giải. Hàm số

y = log

_a

x

với

a > 1

là hàm số đồng biến trên khoảng

( 0; + ∞ ) .

So sánh

2

1 ; ;

2 3 4 2

e > >   e π   ⇒

 

 

 

Hàm só

2

log

_e

y = x

đồng biến trên

( 0; + ∞ ) .

^{Chọn B.}

Oxyz

, cho tam giác

ABC

biết

A ( 2; 4; 3 − )

^{và trọng}

tâm

G

của tam giác có tọa độ

G ( 2;1; 0 )

. Khi đó vectơ

AB + AC

có tọa độ là:

A.

( 0; 9;9 . − )

^B.

( 0; 4; 4 . − )

^C.

( 0; 4; 4 . − )

^D.

( 0;9; 9 . − )

Lời giải. Gọi

M

là trung điểm của

BC ⇒ AB + AC = 2. AM .

(8)

Vì

G

là trọng tâm của tam giác

3 9 9

. 0; ;

2 2 2

ABC ⇒ AM = AG =   −  

 

^.

Vậy tọa độ vectơ

2. 2. 0; 9 9 ; ( 0; 9;9 . )

2 2

 

+ = =  −  = −

 

AB AC AM

Chọn A.

Câu 30. Cho hàm số

y = 5

^x có đồ thị

( ) C .

Hàm số nào sau đây có đồ thị đối xứng với

( ) C

qua đường thẳng

y = x .

A.

y = 5 .

⁻^x ^B.

y = log

5

x .

^C.

y = − log

5

x .

^D.

y = − 5 .

⁻^x

Lời giải. Đồ thị hàm số

y = a

^x và đồ thị hàm số

y = log

_a

x

đối xứng với nhau qua đường thẳng

y = x .

^{Chọn B.}

Câu 31. Biết ^M

(

^{1; 6}−

)

là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y=2x³+bx²+ +cx 1. Tìm tọa độ điểm cực đại của đồ thị hàm số đó.

A. N

(

2;21 .

)

B. N

(

−2;21 .

)

C. N

(

−2;11 .

)

D. N

( )

2;6 . Lời giải. Đạo hàm y′=6x²+2bx+c y, ′′=12x+2 ,b ∀ ∈x ℝ.

Điểm ^M

(

^{1; 6}−

)

là điểm cực tiểu đồ thị hàm số

( ) ( )

( )

1 0 2 6

1 6 9 3 .

2 12 0 12

1 0

y b c

y b c b

b c y

 ′ =  + = −

 

   =

  

⇔ ′′ = − ⇔>  + + = −> ⇔ = −

Khi đó, hàm số có phương trình ^y⁼ ^{f x}

( )

⁼²^x³⁺³^x²⁻¹²^x⁺¹^.

Ta có

( ) ( ) ( )

( )

2 2 1 2 21

6 6 12, 0 2 0 .

2 2 0

x f

f x x x f x x x

x f

 − =

 = 



′ = + − ′ = ⇔ + − = ⇔ = − → ′′ − <

Suy ra ^N

(

−^2;21

)

là điểm cực đại của đồ thị hàm số. Chọn B.

Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M

(

1;1;1

)

và hai đường thẳng

1

2 3 1

: 1 1 2

x y z

d − = + = −

− , ₂

1

: 2 2

1

x t

d y t

z t

 = − +

 = +

 = +



. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ đi qua điểm M vuông góc với d₁ và d₂.

A. 1 1 1

: .

5 1 3

x− y− z−

∆ = =

− B. 1 1 1

: .

5 1 3

x+ y+ z+

∆ = =

−

C. 1 1 1

: .

5 1 3

x− y− z−

∆ = =

− − D. 1 1 1

: .

5 1 3

x+ y+ z+

∆ = =

− −

Lời giải. Đường thẳng d₁ có VTCP u1= −

(

1; 1;2

)

. Đường thẳng d₂ có VTCP u2=

(

1;2;1 .

)

Đường thẳng cần tìm ∆ vuông góc với d₁ và d₂ nên có một VTCP là u_∆ =u u1, 1= −

(

5;1;3

)

^.

Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng 1 1 1

: .

5 1 3

x− y− z−

∆ = =

− Chọn A.

Câu 33. Cho hàm số ^{f x}

( )

liên tục trên ℝ và có

( )

2

0

d 3.

f x x=

∫

^Tính

( )

1

2 d .

I f x x

−

=

∫

A. I =0. B. 3

2.

I= C. I=3. D. I =6.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 0 1 1 1

1 1 0 0 0

2 2 2 2 2 2 2

I f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

−

− −

=

∫

=

∫

+

∫

=

∫

=

∫

^.

Đặt t=2x→dt=2dx . Đổi cận: 0 0

1 2.

x t

 = → =

 = → =



(9)

Khi đó ²

( )

²

( )

0 0

3.

I =

∫

f t dt=

∫

f x dx= ^{Chọn C.}

Nhận xét. ⁰

( )

¹

( )

¹

( )

1 0 0

2 2 2 2

f x dx f x dx f x dx

−

+ =

∫ ∫ ∫

là do hàm ^f

( )

²^x là hàm chẵn.

Câu 34. Cho hàm số y= f x

( )

liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Khi đó, phương trình

(

²

)

¹

f x− = −2 có bao nhiêu nghiệm?

A. 2. B. 0. C. 6. D. 4.

Lời giải. Trước tiên tịnh tiến đồ thị sang phải 2 đơn vị để được đồ thị hàm số y= f x

(

−2

)

. Tiếp theo giữ phần đồ thị phía bên phải đường thẳng x=2, xóa bỏ phần đồ thị phía bên trái đường thẳng x=2.

Cuối cùng lấy đối xứng phần đồ thị vừa giữ lại ở trên qua đường thẳng x=2. Ta được toàn bộ phần đồ thị của hàm số ^y⁼ ^f

(

^x⁻^{2 .}

)

(hĩnh vẽ bên dưới)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình

(

²

)

¹

f x− = −2 có 4 nghiệm phân biệt. Chọn D.

Câu 35. Kí hiệu

( )

⁴ ²

1

1 2

1 2 log1 3 log 2

8 ^x 1 1

f x x x

 + 

 

= + +  −

. Giá trị của ^f

(

^f

(

²⁰¹⁷

) )

^bằng:

A. 2016. B. 1009. C. 2017. D. 1008.

4 2 ( )

2 2 2 2 2

1 1

log 2 1 log 2

2 log log

1 1 1

3 log 2 3.3. log 2 log 2 log 2

2 .

8 2 2 2

x x

x x x

x

x x x x x

x

+ +

 +

 = = = =



 = = = =



(10)

Khi đó ^{f x}

( )

⁼

(

^x²⁺²^x⁺¹

)

¹²^{− =}¹ ^

(

^x⁺¹

)

²^¹²^{− =}¹ ^x^.

Suy ra ^f

(

²⁰¹⁷

)

⁼²⁰¹⁷^^→^f

(

^f

(

²⁰¹⁷

) )

⁼ ^f

(

²⁰¹⁷

)

⁼^2017.^{Chọn C.}

Câu 36. Cho hàm số ^{f x}

( )

có đồ thị trên đoạn

[

⁻^{1; 4}

]

như hình vẽ bên. Tính tích

phân ⁴

( )

1

d .

I f x x

−

=

∫

A. 5 2. I= B. 11

2. I= C. I=5.

D. I=3.

O -1

4 3 2

1 2

-1

y

x

Lời giải. Gọi A

(

−1;0 ,

) ( )

B 0;2 , C

( )

1;2 , D

( )

2;0 , E

(

3; 1 , −

)

F

(

4; 1 , −

)

H

( )

1;0 , K

( ) (

3;0 , L 4;0

)

.

Khi đó

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

4 0 1 2 3 4

1 1 0 1 2 3

I f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

− −

=

∫

=

∫

+

∫

+

∫

+

∫

+

∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0 1 2 3 4

1 0 1 2 3

f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

−

=

∫

+

∫

+

∫

−

∫

−

∫

^.

(do ^{f x}

( )

≥^0,∀ ∈ −^x

[

^1;2

]

và ^{f x}

( )

≤^0,∀ ∈^x

[

^{2; 4}

]

)

1 1 1 5

.2.1 2.1 .2.1 .1.1 1.1

2 2 2 2

ABO OBCH HCD DKE EFLK

S S S S S

= + + − − = + + − − = . Chọn A.

Câu 37. Cho hai số thực b và ^{c c}

(

>^{0 .}

)

Kí hiệu A B, là hai điểm của mặt phẳng phức biểu diễn hai nghiệm phức của phương trình z²+2bz+ =c 0. Trong mặt phẳng phức Oxy, tìm điều kiện của b và c để tam giác OAB là tam giác vuông.

A. c=2 .b² B. b²=c. C. b=c. D. b²=2 .c Lời giải. Theo định lí Viet, ta có

1 2

2 .

z z b

z z c

 + = −

 =

 và

( ) ( )

2 2 1 2 2

2

2 2

1 2 1 2 1 2

.

4 4 4

OA z OB z

AB z z z z z z b c

 =

 =



 = − = + − = −



Sử dụng đẳng thức, ta có

2 2 2 2

2 2 1 2 1 2 2 2

1 2

4 4

2 2 .

2 2

b b c

z z z z

z z + + − + − b b c

+ = = = + −

Tam giác OAB vuông tại O nên OA²+OB²=AB²

(11)

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 4 b b c 2 0.

b b c b c b b c c b

b c b

 = −

⇔ + − = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = > ^{Chọn A.}

Câu 38. Cho khối chóp S ABC. có thể tích bằng 16. Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm các cạnh SA SB SC, , . Tính thể tích V của khối tứ diện AMNP.

A. V=2. B. V=4. C. V=6. D. V=8.

Lời giải. Ta có d S MNP ,

( )

=d A MNP ,

( )

 nên V_AMNP=V_SMNP.

Mà 1

. .

8

SMNP SABC

V SM SN SP

V = SA SB SC = nên 1 _. 8 2

AMNP S ABC

V = V = . Chọn A.

Câu 39. Cho tam giác ABC có AB= 13cm, BC= 5cm và AC =2cm. Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành khi quay tam giác ABC quanh trục AC.

A. V=4 cm .π ³ B. V=8 cm .π ³ C. 16 ³ 3 cm .

V π

= D. 8 ³

3 cm .

V π

= Lời giải. Gọi H là chân đường cao hạ từ B lên đường thẳng AC .

Dùng công thức Hêrông, tính được S_∆_ABC =2.

Lại có 1

. 2cm.

ABC 2

S_∆ = AC BH →BH = Trong tam giác vuông BHC , ta có

2 2

1cm 3cm.

CH = BC −BH = →AH=AC+CH =

● Thê tích khối nón có bán kính đáy R=BH =2cm,

chiều cao AH =3cm là ₁ 1 ² ³

. 4 cm .

V =3πBH AH = π

● Thê tích khối nón có bán kính đáy R=BH =2cm, chiều cao CH =1cm là ₂ 1 ² 4 ³

. cm .

3 3

V = πBH CH = π

Vậy thể tích của khối tròn xoay cần tính ₁ ₂ 8 ³ 3 cm .

V = −V V = π Chọn D.

Cách 2. Dùng phương pháp tính phân.

Để cho gọn ta gắn A C, vào hệ trục tọa độ Oxy tương ứng ^A

( )

^{0;0 ,}^C

( )

^2;0 ^.

Do AB= 13→ ∈B đường tròn tâm A, bán kính 13; BC= 5→ ∈B đường tròn tâm C bán kính 5. Giao hai đường tròn này ra được điểm B

( )

3;2 hoặc B

(

3; 2−

)

. Để đơn giản ta chọn điểm B

( )

3;2 .

Từ đó thiết lập được phương trình các đường 2

: 3

AB y= x và BC y: =2x−4.

Vậy thể tích cần tìm

( )

3 2 2

2 3

0 0

2 4 8

2 4 4 cm .

3 3 3

V x dx x dx π π

π   π π

=

∫

  −

∫

− = − =

Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A

(

2;0;0 ,

)

B

(

0;3;0 ,

)

và

(

^{0;0; 4}

)

C − . Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Trong các phương trình sau, phương trình nào là phương trình tham số của đường thẳng OH?

A.

6 4 . 3 x t

y t

z t

 =

 =−

 =−



B.

6 2 4 .

3 x t

y t

z t

 =

 = +

 =−



C.

6 4 .

3 x t y t

z t

 =

 =

 =−



D.

6

4 .

1 3 x t y t

z t

 =

 =

 = −



Lời giải. Phương trình mặt chắn

( )

: 1

( )

: 6 4 3 12 0.

2 3 4

x y z

ABC + − = ←→ ABC x+ y− z− = Suy ra mặt phẳng

(

ABC

)

có một VTPT n_ABC =

(

6;4; 3 .−

)

Vì H là trực tâm tam giác ^ABC→^OH ⊥

(

^ABC

)

^.

(12)

Suy ra đường thẳng OH có một VTCP là u_OH =n_ABC =

(

6; 4; 3 .−

)

Vậy phương trình tham số của đường thẳng OH là 6 4 .

3 x t y t

z t

 =

 =

 =−



Chọn C.

Câu 41. Tìm các giá trị của m để hàm số y=x³−3

(

m+1

)

x²+3m m

(

+2

)

x nghịch biến trên đoạn

[ ]

^0;1 ^?

A. m≤0. B. − < <1 m 0. C. − ≤ ≤1 m 0. D. m≥ −1.

Lời giải. Đạo hàm y′ =3x²−6

(

m+1

)

x+3m m

(

+ =2

)

3.x²−2

(

m+1

)

x+m m

(

+2 .

)

 Ta có ∆ ='

(

m+1

)

²−m m

(

+ = >2

)

1 0, ∀ ∈m ℝ.

Do đó y′ =0 luôn có hai nghiệm phân biệt . 2 x m x m

 =

 = +

 Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, để hàm số nghịch biến trên

[ ]

0;1←→

[ ] [

0;1⊂ m m; +2

]

0 1 0.

2 1

m m

m

 ≤

⇔ + ≥ ⇔ − ≤ ≤ Chọn C.

Câu 42. Cho hàm số ^y= ^{f x}

( )

xác định và liên tục trên ℝ, có đồ thị hàm số f′

( )

x như hình vẽ. Xác định điểm cực tiểu của hàm số g x

( )

= f x

( )

+x.

A. Không có điểm cực tiểu. B. x=0.

C. x=1. D. x=2.

Lời giải. Xét hàm số g x

( )

= f x

( )

+x trên ℝ, ta có g x′

( )

=f′

( )

x + ∀ ∈1; x ℝ. Dựa vào đồ thị hàm số ^f^′

( )

^x , ta thấy đồ thị hàm số ^{g x}^′

( )

^{là đồ}

thị hàm số f′

( )

x tịnh tiến lên trên trục Oy một đơn vị (hình bên), khi đó

● g x′

( )

không đổi dấu khi đi qua điểm x=0 suy ra x=0 không là điểm trị của hàm số.

● g x′

( )

đổi dấu từ − sang + khi đi qua điểm x=1 suy ra 1

x= là điểm cực tiểu của hàm số.

● g x′

( )

đổi dấu từ + sang − khi đi qua điểm x=2 suy ra 2

x= là điểm cực đại của hàm số.

Chọn C.

Câu 43. Phương trình ^log³ ^x²⁻ ²^x ⁼^log⁵

(

^x²⁻ ²^x⁺²

)

có tất cả bao nhiêu nghiệm?

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

Lời giải. Đặt x²− 2x=t, phương trình trở thảnh log3 t =log5

(

t+2

)

với − < ≠2 t 0.

(13)

Đặt 3 5

( )

log log 2 3 5 2 3

2 5

a

a a

a

t t a t

t

 =

= + = ⇒ + = ⇒ − =

( ) ( )

5 3 2 1

5 2 3

5 2 3 5 3 2 2.

a a

a a a a

 − = −  + =

⇔ − = ⇒  = +

● Phương trình

( )

¹ ^{. Xét hàm} ^{f a}

( )

=⁵^a+³^a, ta có ^f^'

( )

â =^{5 ln 5}â +^{3 ln 3}â >⁰

(

∀ ∈^a ℝ

)

nên hàm số ^{f a}

( )

đồng biến trên ℝ.

Mặt khác f

( )

0 =2 do đó phương trình f a

( )

=2 có một nghiệm duy nhất a= → = −0 t 1.

Suy ra x²− 2x= −1: vô nghiệm.

● Phương trình

( )

2 ³ 2. ¹ 1

5 5

a a

   

 

⇔  +   = . Xét hàm

( )

³ ^2. ¹

5 5

a a

g a =   +    có ^'

( )

³ ^ln³ ^2. ¹ ^ln¹ ⁰

( )

5 5 5 5

a a

g a =   +    < ∀ ∈a ℝ nên hàm số ^{g a}

( )

nghịch biến trên ℝ do đó phương trình ^{g a}

( )

= ⇔¹ ^{g a}

( )

=^g

( )

¹ ⇔ = → =^a ¹ ^t ^3.

Suy ra x²− 2x=3: phương trình có hai nghiệm phân biệt. Chọn B.

Câu 44. Cho số thực a≠0, đặt

( )

1 d

2

a

x a

b x

a x e

−

=

∫

+ ^{. Tính} ²

0

3 d

a x

I e x

a x

=

∫

− ^theo^a^và^b^. A. b_a.

I=e B. .

a

I b e

= C. I =b e. .^a D. .

b

I a e

=

Lời giải. Đặt 3 2 dx dt.

a x a t

x a t

 = −

− = + → = − Đổi cận: 0 2 .

x t a

x a t a

 = → =

 = → =−



Khi đó

( )

( ) ( )

( )

1 1

. . .

2 2 2

a a t a a

a a a

t t

a a a

I e dt e dt e dt e b

a t a t e a t e

− − −

−

= − = − = =

+ + +

∫ ∫ ∫

. Chọn C.

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A

(

0; 1;3 ,−

)

B

(

− − −2; 8; 4 ,

) (

2; 1;1

)

C − và mặt cầu

( ) (

S : x−1

) (

²+ −y 2

) (

²+ −z 3

)

²=14. Gọi M x

(

_M;y_M;z_M

)

là điểm trên

( )

S sao cho biểu thức 3MA−2MB+MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P=x_M+y_M.

A. P=0. B. P= 14. C. P=6. D. P=3 14.

Lời giải. Mặt cầu

( )

S có tâm I

(

1;2;3 .

)

Ta có ³^MA⁻²^MB⁺^MC⁼³

(

^MK⁺^KA

) (

⁻² ^MK⁺^KB

) (

⁺ ^MK⁺^KC

)

( )

2MK 3KA 2KB KC

= + − + với K là điểm tùy ý.

Chọn K sao cho ³^KA−²^KB+^KC= ⁰ →^K

(

^3;6;9

)

cố định.

Khi đó 3MA−2MB+MC = 2MK =2MK. Để 3MA−2MB+MC khi và chỉ khi MK nhỏ nhất. Lại có ^M∈

( )

^S nên M là giao điểm của IK với mặt cầu

( )

^S ^.

Đường thẳng 1 2 3

: 1 2 3

x y z

IK − = − = − .

Tọa độ giao điểm M là nghiệm của hệ

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2 2

1 2

1 2 3 14 2; 4;6

1 2 3 0;0;0 .

1 2 3

x y z M

 − + − + − =

 

 →

 − − − 

 = =

 



Ta có M K₁ = 14, M K₂ =3 14. Vậy ta chọn điểm M1

(

2; 4;6

)

→ =P x_M+y_M =6. Chọn C.

Nhận xét. Nếu bài toán yêu cầu lớn nhất thì kết luận điểm M₂.

(14)

Câu 46. Một bồn hình trụ chứa dầu được đặt nằm ngang, có chiều dài 5m, bán kính đáy 1m, với nắp bồn đặt trên mặt nằm ngang của mặt trụ. Người ta rút dầu trong bồn tương ứng với 0,5m của đường kính đáy. Tính thể tích gần đúng nhất của khối dầu còn lại trong bồn.

A. 11,781m .³ B. 12,637m .³ C. 114,923 m .³ D. 8,307 m .³

Lời giải. Thể tích của bồn (hình trụ) đựng dầu là: V₁=πr h² =π.1 .5² =5 m .π ³ Bây giờ ta tính phần dầu bị rút ra bằng 2 cách:

Cách 1. (Dùng tích phân)

Chọn hệ tục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ gắn với tâm của mặt đáy.

Đường tròn đáy có bán kính bằng 1 nên có phương trình x²+y²=1.

Suy ra y= ± −1 x² .

Diện tích phần hình tròn đáy bị mất

1

2 2

1 2

2 1 0, 61m .

S=

∫

−x dx≈ Thể tích phần dầu bị rút ra ngoài

1

2 3

2

1 2

2 1 5 3,07m

V = × =S h

∫

−x dx× ≈ ^.

Vậy thể tích của khối dầu còn lại trong bồn: V=V₁−V₂ ≈12,637m .³ Chọn B.

Cách 2. (Áp dụng diện tích cung tròn khi biết góc ở tâm trừ đi diện tích tam giác tạo bởi tâm và 2 đầu mút dây cung)

( )

2 2

1 1 1

. . .sin sin

2 2 2

viên phân

S = R α− R R α= R α− α với α tính theo đơn vị radian.

Tính góc ở tâm: 1 2

cos .

2 2 2 3 3

OH OH

OA R

α α π π

= = = → = ⇒ =α Diện tích phần hình tròn đáy bị mất (phần bôi đen)

( )

2 2 2

1 1 2 2

sin .1 . sin 0,61m .

2 2 3 3

viên phân

S R π π

α α  

= − =  − ≈

Câu 47. Cho các số phức z thỏa mãn z =1. Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= + +z 1 2z−1. Khi đó:

A. M =3 5, m= 2. B. M =3 5, m=4.

C. M =2 5, m=2. D. M =2 10, m=2.

Lời giải. Đặt z= +x yi x y

(

^; ∈ℝ

)

^.

Từ z = 1 →x²+y²=1. Suy ra ^x∈ −

[

^1;1.

]

Ta có P= + +z 1 2z− =1

(

x+1

)

²+y²+2

(

x−1

)

²+y² = 2x+ +2 2 −2x+2.

Xét hàm ^{f x}

( )

= ²^x+ +² ² −²^x+² trên đoạn

[

−^1;1

]

, ta được

[ ]

( )

[ ]

( ) ( )

1;1 1;1

max 3 2 5 & min 1 2.

f x f 5 f x f

−

 

= − = = = Chọn C.

H

B A

O

(15)

Cách 2. Công thức giải nhanh được xây dựng trên bài toán hình học''Cho hai điểm cố định ,

A B. Điểm M di động trên nửa đường tròn đường kính AB. Trên tia đối MA lấy điểm P sao cho MP=kMB. Gọi K là điểm nằm cùng phía với M đối với đường thẳng AB sao cho

AK ⊥AB và AK=KAB. Khi đó P nằm trên nửa đường tròn đường kính BK.''

Chứng minh. Ta có ∆^BMP∼∆^{BAK c}

(

− − ^g ^c

)

→^BPA=^BKA→ tứ giác BPKA nội tiếp hay P nằm trên nửa đường tròn đường kính BK.

Khi đó biểu thức P=MA+kMB=AP.

Do đó P_max khi AP_max tức AP là đường kính hay P_max =BK=AB. k²+1; P_min=AB.

Câu 48. Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C . Gọi H là trung điểm AB. Biết rằng SH vuông góc với mặt phẳng

(

ABC

)

và AB=SH=a. Tính cosin của góc

α tọa bởi hai mặt phẳng

(

SAB

)

và

(

SAC

)

.

A. 1

cos .

α=3 B. 2

cos .

α= 3 C. 3

cos .

α= 3 D. 2

cos .

α=3 Lời giải. Ta có SH ⊥

(

ABC

)

⇒SH ⊥CH.

( )

1 Tam giác ABC cân tại C nên CH ⊥AB.

( )

²

Từ

( )

1 và

( )

2 , suy ra CH ⊥

(

SAB

)

. Gọi I là trung điểm AC

BC AC

HI BC ^⊥ HI AC

→ → ⊥ .

( )

³

Mặt khác AC ⊥SH (do ^SH ⊥

(

^ABC

)

).

( )

⁴

Từ

( )

3 và

( )

4 , suy ra AC⊥

(

SHI

)

.

Kẻ HK⊥SI

(

K∈SI

)

.

( )

5

Từ AC⊥

(

SHI

)

⇒AC⊥HK.

( )

6 Từ

( )

⁵ ^và

( )

⁶ ^{, suy ra}HK⊥

(

SAC

)

.

Vì

( )

HK SAC HC SAB

 ⊥

 ⊥

 nên góc giữa hai mặt phẳng

(

SAC

)

và

(

SAB

)

bằng góc giữa hai đường thẳng HK và HC.

Xét tam giác CHK vuông tại K, có 1

2 2

CH = AB=a; 1₂ 1₂ 1₂

3 HK a HK =SH +HI ⇒ = .

Do đó 2

cos .

3 CHK HK

=CH = Chọn D.

Nhận xét. Bài làm sử dụng lý thuyết ''

( )

( ) ( ) ( )

1

1 2

2

, ,

d d d

d

α α β

β

 ⊥ ⇒ =

 ⊥ ''. Nếu ta sử dụng lý thuyết quen thuộc ''góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt nằm trong hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến'' thì rất khó.

Câu 49. Bác An muốn làm một thùng chứa nước hình trụ (như hình vẽ) có thể tích 1m³ sao cho chi phí vật liệu làm thùng là ít nhất. Mặt bên, đáy và nắp thùng được làm từ cùng một loại vật liệu. Biết rằng mặt bên được làm từ một miếng vật liệu hình chữ nhật uốn lại thành hình trụ và được thực hiện không có lãng phí; mặt đáy và nắp được làm từ ha