Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 09 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

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

ĐỀ VIP 09 Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1. Đồ thị hàm số 2 1 1 y x

x

= −

− có đồ thị như hình bên.

Hỏi đồ thị hàm số 2 1 1 y x

x

= −

− có đồ thị là hình nào trong các đáp án sau:

Lời giải. Ta có

2 1 1

2 1 1 khi 2

2 1 1

1 khi

1 2

.

− ≥

− −

= =

−

− − <

−

 

 



x x

x x

y x x

x x

Do đó đồ thị hàm số

2 1 1 y x

x

= −

−

được suy từ đồ thị hàm số

2 1 1

= −

− y x

x

bằng cách:

● Giữ nguyên phần đồ thị hàm số

2 1 1

= −

− y x

x

phía bên phải đường thẳng 1 2. x=

● Phần đồ thị hàm số

2 1 1

= −

− y x

x

phía bên trái đường thẳng 1

x=2 thì lấy đối xứng qua trục hoành.

Hợp hai phần đồ thị ở trên ta được toàn bộ đồ thị hàm số

2 1 1 y x

x

= −

−

^{. Chọn C.}

Câu 2. Cho hàm số y = f x ( ) xác định, liên tục trên ℝ và có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Hàm số đồng biến trên khoảng ( 1; + ∞ ) .

B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞ − ; 1 ) và ( 1; + ∞ ) .

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( − 1;1 . )

D. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞ − ∪ + ∞ ; 1 ) ( 1; ) .

Lời giải. Dựa vào đồ thị hàm số, ta có nhận xét sau

• Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞ − ; 1 ) và ( 1; + ∞ ) .

• Hàm số nghịch biến trên khoảng ( − 1;1 . )

Chọn B.

Câu 3. Điều kiện cần và đủ của tham số thực m để hàm số ^y=^mx4+

(

^m+¹

)

^x2+¹ có một điểm cực tiểu là:

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

Lời giải. TH1. Với a= ↔ =0 m 0, khi đó y=x²+1 có đồ thị là một parabol có bề lõm quay lên nên hàm số có duy nhất một điểm cực tiểu.

→ m=0 thỏa mãn.

TH2. Với a> ↔ >0 m 0, ycbt ⇔^ab≥ ⇔^{0 m m}

(

+ ≥¹

)

⁰: đúng với m>0.

→ m>0 thỏa mãn.

TH3. Với a< ↔ <0 m 0, ycbt ⇔ab< 0 ^a<0→ > ↔ + > ↔ > −b 0 m 1 0 m 1.

→− < <1 m 0 thỏa mãn.

Hợp các trường hợp ta được m> −1. Chọn D.

Nhận xét. Bài toán hỏi có một cực tiểu nên có thể có cực đại hoặc không có cực đại. Khi nào bài toán hỏi có đúng một cực tiểu và không có cực đại thì lúc đó ta chọn đáp án B.

Câu 4. Cho hàm số y = f x ( ) xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên

x −∞ −1 0 1 +∞

'

y − 0 + − 0 + y +∞ +∞

−3 −4 −4

Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 3. − B. Hàm số có ba điểm cực trị.

C. Hàm số có hai điểm cực trị.

D. Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 1.

Lời giải. Dựa vào đồ thị hàm số, ta có các nhận xét sau

• Hàm số không có giá trị lớn nhất trên

ℝ

.

• Hàm số có ba điểm cực trị, gồm các điểm x = − 1, x = 1, x = 0 vì đạo hàm y′ đổi dấu đi qua các điểm đó.

• Hàm só đạt cực đại tại điểm x = 0 , đạt cực tiểu tại điểm x = ± 1.

Chọn B.

Câu 5. Tìm hàm số ax b y cx d

= +

+ , biết rằng đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm M ( ) 0;1 và

đồ thị hàm số có giao điểm của hai đường tiệm cận là điểm I ( 1; 1 . − )

A. 1

1 .

= − +

− y x

x B. 2

2 . y x

x

= −

− − C. 2 1

1 . y x

x

= −

− D. 1

1 . y x

x

= +

−

Lời giải. Giao điểm của hai đường tiệm cận là điểm I ( 1; 1 − ) nên suy ra đồ thị hàm số có một TCĐ là

x=1

, một TCN là

y= −1

. Quan sát các đáp án chỉ có A & D thỏa mãn.

Lại có đồ thị hàm số đi qua điểm M ( ) 0;1 nên thay

^{ =}_{ =}^x_{y 1}⁰



vào hai đáp án A & D thì chỉ có D thỏa mãn. Chọn D.

Câu 6. Đồ thị hàm số y = − x

³

3 x

²

+ 2 x − 1 cắt đồ thị hàm số y = x

²

− + 3 x 1 tại hai điểm phân biệt

A

và

B

. Tính độ dài đoạn thẳng AB .

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

Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm x

³

− 3 x

²

+ 2 x − = 1 x

²

− + 3 x 1

( ) (

²

)

3 2

1 1

4 5 2 0 1 2 0

2 1

x y

x x x x x

x y

= → = −

⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔    = → = −

Suy ra A ( 1; 1 , − ) ( B 2; 1 −  ) → AB = 1. Chọn D.

Câu 7. Cho hàm số y = f x ( ) xác định trên

ℝ\ 0

{ } , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng.

B. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.

C. Giá trị lớn nhất của hàm số là 2.

D. Hàm số không có cực trị.

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

•

_x

lim

→₀+

f x ( ) =

_x

lim

→₀−

f x ( ) = −∞ ⇒ x = 0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

• Hàm số không đạt cực trị tại điểm x = 0.

• Đạo hàm y′ đổi dấu khi đi qua điểm x = 1 ⇒ x = 1 là điểm cực đại của hàm số.

• Hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 1 trên khoảng ( 0; +∞ ) và không có giá trị lớn nhất trên khoảng ( −∞ ; 0 . )

Chọn A.

Câu 8. Tìm tập xác định

D

của hàm số y =   x

²

( x + 1 )  

^π

.

A. D = ( 0; + ∞ ) . B. D = − + ∞ ( 1; ) { } \ 0 .

C. D = −∞ + ∞ ( ; ) . D. D = − + ∞ ( 1; ) .

Lời giải. Hàm số xác định

²

( 1 ) 0 1 ( 1; ) { } \ 0 .

0

x x x D

x

> −

⇔ + > ⇔   ⇒ = − + ∞

 ≠ Chọn B.

Câu 9. Cho các số thực dương , a b với a ≠ 1 và log

_a

b > 0. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. 0 , 1

0 1 .

a b

a b

< <

  < < <

 B. 0 , 1

1 , . a b a b

< <

  <



C. 0 1

1 , .

b a

a b

< < <

  <

 D. 0 , 1

0 1 .

b a

a b

< <

  < < <



Lời giải. Với điều kiện , a b > 0 và a ≠ 1 , ta xét các trường hợp sau

• TH1: 0 < < a 1 ⇒ log

_a

b > ⇔ < 0 b 1.

• TH2: a > 1 ⇒ log

_a

b > ⇔ > 0 b 1.

Từ hai trường hợp trên, ta được 0 , 1 1 , .

a b a b

< <

  <

 Chọn B.

Câu 10. Cho hàm số f x ( ) = ln . x Tính đạo hàm của hàm số y = log

³

( x f

²

′ ( ) x ) .

A. 1

.

y ′ = x B. 1

ln 3 .

y ′ = x C. ln 3

.

y ′ = x D. . ln 3 y ′ = x Lời giải. Ta có f

^/

( ) x = 1 .

x

(

²

( ) )

²

3 3 3

1 1

log . log . log .

ln 3

 

′ ′

 → = =   =  → =

 

y x f x x x y

x x Chọn B.

Câu 11. Hàm số nào trong các hàm số dưới đây có đồ thị phù hợp với hình vẽ bên?

A. y = e

^x

. B. y = e

^−x

. C. y = log

₇

x . D. y = log

0,5

x .

Lời giải. Dựa vào đồ thị ta thấy giá trị của

y

có cả phần dương và phần âm nên đó là đồ thị của hàm số logarit nên chỉ có đáp án C & D thỏa mãn.

Nhận thấy từ trái sang phải thì đồ thị hướng lên nên đây là đồ thị của hàm số đồng biến.

Mà hàm logarit đồng biến khi cơ số lớn hơn 1 nên chỉ có C thỏa mãn. Chọn C.

Câu 12. Rút gọn biểu thức P = ( log

^a

b + log

^b

a + 2 log )(

^a

b − log

^ab

b ) log

^b

a − 1 ta được:

A. P = log

_b

a . B. P = 1. C. P = 0. D. P = log

_a

b . Lời giải. Từ giả thiết, ta có ( log log 2 . log ) 1 .log 1

1 log

 

= + +  −  −

 + 

a b a b

b

P b a b a

a

( ) ( )

2

log

1 1 1 1 1 1 1

2 1 . 1 1 log .

1 1

=

   + +

→ + +     − +   − = + − = − = =

t ba

a

t t

t t t b

t t t t t t t t Chọn D.

Câu 13. Tập nghiệm của phương trình x = 3

^log3x

là:

A. ℝ . B. [ 0; + ∞ ) . C. ( 0; + ∞ ) . D. ℝ \ 0 . { }

Lời giải. Điều kiện:

x > 0.

Áp dụng công thức

a

^logab

= b

, ta được

x = 3

^log3x

↔ = x x : luôn đúng.

Đối chiếu điều kiện

→

phương trình có tập nghiệm ( 0; + ∞ ) .

^{Chọn C.}

Câu 14. Tập nghiệm S của bất phương trình

1 3

5

3 3

x x

π π

⁺

  <  

   

    là:

A.

; ² .

S= −∞ −  5

B. ; 2 ( 0; ) .

S = −∞ −   5   ∪ + ∞

 

C. S = ( 0; + ∞ ) . D. 2 ; .

S  5 

= − + ∞  

 

Lời giải. Điều kiện:

x≠0.

Do cơ số 1 3

π > nên bất phương trình

1 3 5 2 0

5 0 2

5

>

+  

< + ↔ > ↔  < −

 x x

x x x x : thỏa điều kiện.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ; 2 ( 0; ) .

5

 

= −∞ −   ∪ + ∞

 

S Chọn B.

Câu 15. Bác An đem gửi tổng số tiền 320 triệu đồng ở một ngân hàng A theo hình thức lãi kép, ở hai loại kỳ hạn khác nhau. Bác An gửi 140 triệu đồng theo kỳ hạn ba tháng với lãi suất 2,1% một quý. Số tiền còn lại bác An gửi theo kỳ hạn một tháng với lãi suất 0, 73% một tháng. Sau 15 tháng kể từ ngày gửi bác An đi rút tiền. Tính gần đúng đến hàng đơn vị tổng số tiền lãi thu được của bác An.

A. 36080251 đồng. B. 36080254 đồng.

C. 36080255 đồng. D. 36080253 đồng.

Lời giải. Sau 15 tháng, tổng số tiền cả vốn lẫn lãi mà bác An thu được là

( )

⁵

( )

¹⁵

140. 1 2,1% + + 180. 1 0, 73% + ≈ 356, 080253 triệu đồng.

Suy ra số tiền lãi: 356, 080253 320 − = 360,80253 = 36080253 đồng. Chọn D.

Câu 16. Biết rằng ( )

² 1,

( )

² 2

2

f x dx=x +C g x dx=x +C

∫ ∫ ( C C là hằng số thực). Tìm họ

¹

,

²

nguyên hàm của hàm số h x ( ) = f x ( ) ( ) + g x .

A.

3

2

2 .

x B. 3 x C + . C.

2

2 .

x + C D.

3

2

2 . x + C

Lời giải. Ta có ∫ h x dx ( ) = ∫   f x ( ) ( ) + g x   dx = ∫ f x dx ( ) + ∫ g x dx ( )

2 2

2

1 2

3 .

2 2

= x + + + = x +

C x C C Chọn D.

Câu 17.

Trong các hàm số ^{f x}

( )

dưới đây, hàm số nào thỏa mãn đẳng thức

( )

.sin d

( )

.cos ^x.cos d f x x x= −f x x+ π x x

∫ ∫

^?

A. f x

( )

=π^xln .x B. f x

( )

= −π^x.ln .x C.

( )

. ln

x

f x π π

= D.

( )

.

ln

x

f x π

π

= −

Lời giải. Đặt ( ) d ( ) d .

d sin d cos

= = ′

 

 

 →

 

= = −

 

 

u f x u f x x

v x x v x

Khi đó ∫ f x ( ) .sin d x x = − f x ( ) .cos x + ∫ f ′ ( ) x .cos d x x

Suy ra ( ) ( ) d .

ln

π π π

′ =

^x

 → = ∫

^x

= π

^x

f x f x x Chọn C.

Câu 18. Cho hình ( ) H giới hạn bởi đồ thị hàm số ,

y = − x đường thẳng y = − + x 2 và trục hoành. Tìm công thức tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi cho hình ( ) H quay xung quanh trục hoành.

A.

^{2 4}

( )

²

0 2

d 2 d .

V = π   x x + − x x  

 ∫ ∫  B.

^{2 4}

( )

²

0 2

d 2 d .

V = π   x x − − x x  

 ∫ ∫ 

C.

^{2 4}

( )

²

0 2

d 2 d .

V = π   x x + x − x  

 ∫ ∫  D.

^{4 4}

( )

²

0 2

d 2 d .

V = π   x x − − x x  

 ∫ ∫ 

Lời giải. Dựa vào đồ thị hàm số như hình bên, thể tích khối tròn xoay cần tính gồm

• Khối tròn xoay ( ) H

¹

khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = − x , đường thẳng x = 4, x = 0 xung quanh trục

_{( )}^{1 4}

( )

^{2 4}

0 0

. d . d .

Ox ⇒ V

H

= π ∫ − x x = π ∫ x x

• Trừ đi khối tròn xoay ( ) H

²

khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2

y = − + x , đường thẳng x = 2, x = 4 xung quanh trục

( )2

( )

4

2

2

. 2 d .

Ox ⇒ V

H

= π ∫ − x x

Vậy thể tích khối tròn xoay là

_{( )1 ( )2} ^{4 4}

( )

²

0 2

d 2 d .

H H

V = V − V = = V π   x x − − x x  

 ∫ ∫  Chọn D.

Câu 19. Cho số phức z = + a bi a b ( , ∈ ℝ ) thỏa mãn z ( 2 i − − 3 ) 8 . i z = − − 16 15 . i Giá trị biểu thức S = + a 3 b bằng:

A. S = 4. B. S = 3. C. S = 6. D. S = 5.

Lời giải. Đặt z = + a bi a b ( , ∈ ℝ ) ⇒ z = − a bi .

Khi đó giả thiết tương đương với ( a bi + )( 2 i − − 3 ) ( 8 i a bi − ) = − − 16 15 i

( )

( )

3 2 2 3 8 8 16 15

3 10 16 6 3 15 0.

⇔ − − + − − − = − −

⇔ − − + + − − + =

a b a b i ai b i

a b a b i

3 10 16 0 2

3 5.

6 3 15 0 1

a b a

S a b

a b b

− − + = =

 

⇔  ⇔  ⇒ = + =

− − + = =

  Chọn D.

Câu 20. Cho số phức z = + a bi a b ( , ∈ ℝ ) với b > 0 và thỏa mãn z

²

+ = z 0 . Tính môđun của số phức w = 2 z + 1.

A. w = 7. B. w = 5. C. w = 3. D. w = 2.

Lời giải. Với z = + a bi a b ( , ∈ ℝ ) suy ra z = − a bi và z

²

= ( a bi + )

²

= a

²

− + b

²

2 abi .

Khi đó z

²

+ = ⇔ z 0 a

²

− + b

²

2 abi + − = ⇔ a bi 0 a

²

− + + b

²

a ( 2 ab b i − ) = 0

( )

2 2

2 2

2

0 1

0 2 1 0 2

2 0 2 1 0 .

0 0 3

2

a b a

a b a a

a

ab b b a

b a a

b b b

 − + = 

 − + =   − =  =

  

⇔  − = ⇔  − = ⇔  ⇔ 

= +

 >  >    =

  

Vậy số phức w = 2 z + = + 1 2 i 3  → w = 2

²

+ ( ) 3

²

= 7. Chọn A.

Câu 21. Cho z

₁

, z là các nghiệm của phương trình

₂

z

²

+ 4 z + = 13 0. Tính môđun của số phức w = ( z

¹

+ z i

²

) + z z

^{1 2}

.

A. w = 3. B. w = 185. C. w = 153. D. w = 17.

Lời giải. Theo định lí Viet, ta có

^{1 2}

1 2

4. 13 z z z z

 + = −

 + =



Suy ra w = ( z

¹

+ z i

²

) + z z

^{1 2}

= − +  4 i 13 → w = 4

²

+ 13

²

= 185. Chọn B.

Câu 22. Giả sử M N P Q , , , được cho ở hình vẽ bên là điểm biểu diễn của các số phức z

₁

, z

₂

, z

₃

, z trên mặt

₄

phẳng tọa độ. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Điểm M là điểm biểu diễn số phức z

₁

= + 2 i . B. Điểm Q là điểm biểu diễn số phức z

₄

= − + 1 2 . i C. Điểm N là điểm biểu diễn số phức z

₂

= − 2 i . D. Điểm P là điểm biểu diễn số phức z

₃

= − − 1 2 . i Lời giải. Dựa vào hình vẽ ta thấy

• Điểm M là điểm biểu diễn số phức z

₁

= + 1 2 . i

• Điểm Q là điểm biểu diễn số phức z

₄

= − 1 2 . i

• Điểm N là điểm biểu diễn số phức z

₂

= − + 1 2 . i

• Điểm P là điểm biểu diễn số phức z

₃

= − − 1 2 . i Chọn D.

Câu 23. Hình lăng trụ có thể có số cạnh là số nào sau đây?

A. 2015. B. 2017. C. 2018. D. 2016.

Lời giải. Hình lăng trụ có đa giác đáy có n cạnh thì tổng số cạnh của hình lăng trụ là 3n với n là số tự nhiên.

Dễ thấy 2016

3 = 672 ⇒ Hình lăng trụ có thể có 2016 cạnh. Chọn D.

Câu 24. Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và BCD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong các mặt phẳng vuông góc với nhau. Thể tích

V

của khối tứ diện ABCD bằng:

A.

3

3

8 .

= a

V B.

3

4 .

= a

V C.

3

8 .

= a

V D.

3

3

4 .

= a V

Lời giải. Chọn (

^BCD

) làm mặt đáy và mặt bên ( ABC ) vuông góc với đáy (

^BCD

) . Diện tích tam giác đều cạnh

a

là

2 3

4 . S=a

Gọi

h

là đường cao trong tam giác đều

³. 2 ABC→ =h a

Do ( ABC ) ( ⊥ BCD )  → h cũng là đường cao của tứ diện.

-1 1

-2 2

O y

x

P Q

N M

Vậy 1

3

. .

3 8

= = a

V S h Chọn C.

Câu 25. Cho khối nón có bán kính đường tròn đáy bằng r = 9 và diện tích xung quanh bằng 108 π . Chiều cao h của nón là:

A. h = 2 7. B. 7

2 .

=

h C. h = 3 7. D. 2 7

3 .

= h Lời giải. Gọi

ℓ

là đường sinh của khối nón

→ =ℓ h²+r².

Diện tích xung quanh của khối nón là S

_xq

= π rl = π r h

²

+ r

²

= 108 π ⇔ r h

²

+ r

²

= 108.

2 2

9. 9 108 3 7.

⇔ h + = ⇔ = h Chọn C.

Câu 26. Một hình trụ có bán kính đáy bằng r = a , mặt phẳng qua trục hình trụ cắt hình trụ theo một thiết diện là một hình vuông. Tính thể tích V của khối trụ.

A.

2

3

3 . V = π a

B.

3

3 . V = π a

C. V = π a

³

. D. V = 2 π a

³

.

Lời giải. Mặt phẳng qua trục hình trụ cắt hình trụ theo một thiết diện là một hình vuông nên đường kính đáy bằng chiều cao h của khối trụ  → = h 2 r = 2 . a

Vậy thể tích khối trụ là V = π r h

²

= π . .2 a

²

a = 2 π a

³

. Chọn D.

Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD A B C D . ′ ′ ′ ′ có tọa độ các đỉnh A ( 1;1;1 ) , B ( 2; 1;3 − ) , D ( 5; 2; 0 ) , A ′ − ( 1;3;1 ) . Tọa độ đỉnh C′ là:

A. C ( 6; 2; 2 . ) B. C ( 6; 0; 2 . ) C. C ( 0;1;3 . ) D. C ( 4; 2; 2 . )

Lời giải. Gọi I là tâm của ABCD  → I là trung điểm của 7 1 3

; ; . 2 2 2

 

 →  

 

BD I

Mà I cũng là trung điểm của AC  → C ( 6; 0; 2 . )

Vì ABCD A B C D . ′ ′ ′ ′ là hình hộp  → AA ′ = CC ′  → C ′ ( 4; 2; 2 . ) Chọn D.

Câu 28. Trong không với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

₁

1 2 3

: 1 2 1

x y z

d − = − = −

− và

₂

1 :

1 2 x kt d y t

z t

= +

 

 =

 = − +



. Tìm giá trị của k để d cắt

₁

d .

₂

A. k = 0. B. k = 1. C. k = − 1. D. 1

2 . k = − Lời giải. Gọi M = ∩  d

¹

d

²

→ ∈  M d

¹

→ M ( 1 + m ; 2 2 ;3 − m + m ) .

Lại có

₂

1 1 0

2 2 2 2 0.

3 1 2 2 4 2

+ = + =

 

=

  

∈  → −  = ⇔  + = ⇔  ⇒ =

 =

 + = − +  − = −

 

m kt kt m

M d m t m t m k

m t m t t

Chọn A.

Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 1; 2;3 , ) B ( 3; 4; 4 ) . Tìm

tất cả các giá trị của tham số m sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

( ) P : 2 x + + y mz − = 1 0 bằng độ dài đoạn thẳng AB .

A. m = 2. B. m = − 2. C. m = − 3. D. m = ± 2.

Lời giải. Ta có AB = 3 và , ( ) 3

₂

3 .

5

= +

 

 

+ d A P m

m

Ycbt

²

2

3 3

3 1 5 2.

5

⇔ = + ⇔ + = + ⇔ =

+

m m m m

m

Chọn A.

Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I ( 2;3; 1 − ) và đường thẳng

( ) : 7 9 7

2 1 2

x y z

d + = + = +

− . Viết phương trình mặt cầu tâm I và cắt đường thẳng ( ) d tại

hai điểm , A B thỏa mãn AB = 40.

A. ( x − 2 ) (

²

+ y − 3 ) (

²

+ + z 1 )

²

= 25 .

²

B. ( x + 2 ) (

²

+ y + 3 ) (

²

+ + z 1 )

²

= 25 .

²

C. ( x − 2 )

²

+ y

²

+ + ( z 1 )

²

= 25. D. ( x − 2 ) (

²

+ y − 3 ) (

²

+ − z 1 )

²

= 25.

Lời giải. Đường thẳng

d

đi qua M ( − − − 7; 9; 7 ) và có VTCP

ud =

(

^{2;1; 2 .}−

) Do đó [ ] , =   ,

^d

  = 5.

d

IM u d I d

u

Gọi H là trung điểm của AB . Tam giác IAB cân tại I → IH ⊥ AB . Do IH ⊥ AB nên IH = d I d [ ] , = 5.

Tam giác IHA vuông tại H , có

2

2 2 2

2 25.

 

= + = +  

 

IA IH AH IH AB

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm ( x − 2 ) (

²

+ y − 3 ) (

²

+ + z 1 )

²

= 25 .

²

Chọn A.

Câu 31. Cho hàm số y=x³+ax²+bx+c. Giả sử A B, là các điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Biết rằng AB đi qua gốc tọa độ. Tìm giá trị nhỏ nhất của P=abc+ab+c.

A. −9. B. 25

9 .

− C. 16

25.

− D. 1.

Lời giải. Đạo hàm y'=3x²+2ax+b.

Ta có 1 2 2 ²

' .

3 9 3 9 9

a b a ab

y= x+ y+ − x+ −c 

→ đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là 2 2 ²

: .

3 9 9

b a ab

y  x c 

∆ = −  + −  Vì ∆ đi qua gốc tọa độ nên ab=9 .c

Thay ab=9c vào P, ta được

2

2 5 25 25

9 10 3 .

3 9 9

P= c + c= c+  − ≥ − Chọn B.

Câu 32. Cho hàm số ^{1 3 2}

(

2 1

)

3

y=3x −mx + m− x− , với m là tham số. Xác định tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và cực tiểu nằm cùng một phía đối với trục tung?

A. ¹; \ 1 .

{ }

m∈2 +∞ ^B. 0< <m 2.

C. m≠1. D. 1

2 m 1.

− < <

Lời giải. Đạo hàm y'=x²−2mx+2m−1.

Ycbt ⇔y' có hai nghiệm x₁, x₂ phân biệt và cùng dấu ^{' 2}

(

^{2 1}

)

^{0 1}

1.

2 1 0

2 m m m

P m m

 ≠

 

∆ = − − > 

⇔ = − > ⇔ >

Chọn A.

Câu 33. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuơng ABCD cĩ diện tích bằng 36, đường thẳng chứa cạnh AB song song với trục Ox, các đỉnh A B, và C lần lượt nằm trên đồ thị của các hàm số y=log_ax y, =log _ax và y=log3_ax với a là số thực lớn hơn 1. Tìm a.

A. a= 3. B. a=³6. C. a= 6 D. a=⁶3. Lời giải. Do AB Ox→ A B, nằm trên đường thẳng y=m m

(

≠0 .

)

Lại cĩ A B, lần lượt nằm trên đồ thị của các hàm số y=log_ax y, =log _ax. Từ đĩ suy ra ^{A a}

(

^m;m

)

^{, B a} ^{m2;m}.

Vì ABCD là hình vuơng nên suy ra x_C =x_B =a^m2 . Lại cĩ C nằm trên đồ thị hàm số log3_a

y= x, suy ra ² 3

; .

2

m m

C a  Theo đề bài

2 6

36 6

6 3

2 6

m m

ABCD

a a S AB

BC m

m

 − =

 = 

 

 

= → = → − =



( )

6

12

1 1

3 m a

 = −



←→ = < loại ^{hoặc 6} 12.

3 m a

 =

 = ^{Chọn D.}

Câu 34. Tính tích phân

2 2016

2

1d

x

I x x

− e

=

∫

+ ^. A. I =0. B. 2²⁰¹⁸

2017.

I= C. 2²⁰¹⁷ 2017.

I= D. 2²⁰¹⁸

2018. I= Lời giải. Ta cĩ ^{2 2016 0 2016 2 2016}

2 2 0

1 1 1 .

x x x

x x x

I dx dx dx A B

e e e

− −

= = + = +

+ + +

∫ ∫ ∫

Tính

0 2016

2 ^x 1

A x dx

− e

=

∫

+ ^{. Đặt x= − →t dx= −dt, khi  = − ⇒ =}_{ = ⇒ =}^x_{x 0}² _t ^t ₀^2. Suy ra ⁰

( )

^{2016 2 2016 2 2016}

2 0 0

. .

1 1 1

t x

t t x

t t e x e

A dt dt dx

e⁻ e e

= − − = =

+ + +

∫ ∫ ∫

Vậy ^{2 2016 2 2016 2 2016}

( )

0 0 0

. 1

.

1 1 1

x x

x x x

x e

x e x

I A B dx dx dx

e e e

= + = + = +

+ + +

∫ ∫ ∫

2 2017 2 2017

2016 0 0

2 .

2017 2017

x dx x

=

∫

= = ^{Chọn C.}

Câu 35. Cho hình phẳng

( )

H giới hạn bởi các đường y= − x+2, y= +x 2, x=1. Tính thể tích V của vật thể trịn xoay khi quay hình phẳng

( )

^H quanh trục hồnh.

A. 27

V= 2^π. B. 9

V= 2^π. C. V=9^π D. 55 V 6π

= . Lời giải. Thể tích khối trịn xoay cần tính là V =V₁+V₂, trong đĩ:

● V₁ là thể tích khối trịn xoay khi quay hình phẳng

( )

H1 giới hạn bởi đường thẳng y= +x 2, 0,

y= x=1 quanh trục hồnh (phần màu vàng trên hình vẽ) 1 ¹

( )

²

2

2 9 .

V π x dx π

−

→ =

∫

+ =

●V2 là thể tích khối trịn xoay khi quay hình phẳng

( )

H2 giới hạn bởi đường thẳng y= +x 2, 2

y= x+ quanh trục hồnh (phần màu xanh trên hình vẽ).

Phương trình hồnh độ giao điểm ^{x+ =2 x+ ↔2 x+2}

(

^x+ − = ↔  =−^{2 1}

)

^{0  = −}^x_x ²₁^.

Do đĩ ^{2 1}

( )

²

( )

²

2

2 2 d .

V x x x π6

π

−

−

 

=

∫

 + − +  =

Vậy thể tích khối trịn xoay là _{1 2} 55

9 .

6 6

V V V π π

= + = π+ = Chọn D.

Cách 2. Bạn đọc cĩ thể dùng cơng thức nhanh gọn ¹

{ ( )2 ( )2}

2

max 2 ; 2 .

V π x x dx

−

=

∫

− + +

Nhận xét. Bài này học sinh làm sai khá nhiều, do cứ làm theo lý thuyết là

( ) ( )

1

2 2

2

2 2 9 .

V x x dx 2π

π

−

 

=

∫

 + − − +  =

Câu 36. Cho số phức z≠0 sao cho z khơng phải là số thực và ₂ 1 w z

= z

+ là số thực. Tính giá trị của biểu thức ₂.

1 P z

z

= +

A. 1 5.

P= B. 1

2.

P= C. P=2. D. 1

3. P= Lời giải. Đặt z= +a bi a b

(

; ∈ℝ

)

. Do z∉ℝ→ ≠b 0.

Suy ra z² = − +a b² 2abi.

Khi đĩ

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2 2 2 2 2 2

1 2

1 1 2 1 2

a bi a b abi

z a bi

z a b abi a b ab

+ + − −

= + =

+ + − + + − +

( ) ( ) ( ) ( )

3 2 3 2

3 2

2 2 2 2

2 2 2 2 . 0

1 2 1 2

a ab a b a b b

i b a b b

a b ab a b ab

+ + + −

= − ∈ ←→ + − =

+ − + + − + ℝ

( )

_{2 2}

2 2

0 1.

1 0

b a b

b a

 =

⇔ ⇔ + =

 − − =



loại

Vậy ₂ 1 1

1 1 2. 1

P z

= z = =

+ + Chọn B.

Câu 37. Cho hình chĩp S ABCD. cĩ đáy là tứ giác lồi với O là giao điểm của AC và BD. Gọi , , ,

M N P Q lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB SBC SCD SDA, , , . Gọi V₁ và V₂ lần lượt là thể tích của khối chĩp S ABCD. và O MNPQ. . Khi đĩ tỉ số ¹

2

V V là:

A. 8. B. 27

4. C. 27

2. D. 9.

Lời giải. Gọi h là chiều cao của khối chóp S ABCD. và S là diện tích tứ giác ABCD. Gọi G là điểm thuộc đoạn thẳng SO sao cho

( )

2 .

3

SG G MNPQ

SO= → ∈

Vì M N P Q, , , lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB SBC SCD SDA, , , →

(

^MNPQ

) (

^ABCD

)

( )

( )

( )

(

^;

)

¹

(

^;

( ) )

^.

3 3

;

d O MNPQ GO h

d O MNPQ d S ABCD SO

→ = = → =

Mặt khác

1 3 2

1 9 .

3

MNPQ ABCD

MN PQ AC

S S

MP NQ BD

 = =

 → =

 = =



Vậy ¹

2

1. . 3 27

1 2. . 2 3 9 3 V S h

V = S h = . Chọn C.

Câu 38. Một hình trụ có trục là một đường kính của mặt cầu

( )

^S có bán kính bằng R, các đường tròn đáy của hình trụ đều thuộc mặt cầu

( )

S , đường sinh của hình trụ có độ dài 8

5 . R Tính thể tích khối trụ đó.

A. 64 ³ 125 .

R

π B. 72 ³

125 . R

π C. 24 ³

25 . R

π D. 48 ³

125 . R π

Lời giải. Gọi r là bán kính đường tròn đáy của khối trụ suy ra

2

2 4 3

5 5 .

R R

r= R −  = Vậy thể tích của khối trụ là

2 3

2 3 8 72

. . .

5 5 125

R R R

V r h π

π π 

= =   = Chọn B.

Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

( )

P : 2x− +y 2z− =3 0 và điểm

(

^{1;3; 1}

)

I − . Gọi

( )

S là mặt cầu tâm I và cắt mặt phẳng

( )

P theo một đường tròn có chu vi bằng 2π. Bán kính của mặt cầu

( )

^{S bằng:}

A. R=5. B. R= 5. C. R=25. D. R= 3.

Lời giải. Giả sử mặt phẳng

( )

P cắt mặt cầu

( )

S theo giao tuyến là đường tròn tâm

( )

C tâm J bán kính r.

Chu vi của

( )

C là 2πr=2π→ =r 1.

Và

( ) ( )

2 2 2

2.1 3 2. 1 3

, 2.

2 1 2

IJ =d I P = − ++ +− − = Vậy R= IJ²+r² = 5. Chọn B.

Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho cho mặt phẳng

( )

: 1

2 3

x y z

P a+ a+ a= với 0

a> , cắt ba trục tọa độ Ox Oy Oz, , lần lượt tại ba điểm A B C, , . Tính thể tích V của khối tứ diện OABC.

A. V=a³. B. V=2 .a³ C. V=3 .a³ D. V=4 .a³

Lời giải. Ta có

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

;0;0

0;2 ;0 2

0;0;3 3

P Ox A a OA a

P Oy B a OB a

P Oz C a OC a

 ∩ = → =

 ∩ = → =

 ∩ = → =



.

Vậy 1 ³

. . . .

V =6OB OC OA=a Chọn A.

Câu 41. Cho hàm số y= x²+2x+ −a 4 . Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn

[

−^2;1

]

đạt giá trị nhỏ nhất.

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

Lời giải. Ta có y= x²+2x+ − =a 4

(

x+1

)

²+ −a 5. Đặt t=

(

x+1

)

², với x∈ −

[

2;1

]

→ ∈t

[

0;4

]

.

Khi đó ^{f t}

( )

= + −^{t a 5} với ^t∈

[

^0;4

]

. Ta có ^f

( )

⁰ = −^{a 5 , f}

( )

⁴ = −^{a 1 .} Suy ra

[ ] [ ]

( )

[ ]

{ ( ) ( ) }

_{[ ]}

{ }

2;1 0; 4 0; 4 0; 4

max max max 0 , 4 max 5 , 1 .

x y t f t t f f t a a

∈ − = ∈ − = ∈ − = ∈ − − −

● Với

[ ]

( )

5 1 3 max0; 4 5 5 .

a a a t f t a a

− ≥ − ⇔ ≤ →∈ − = − = −

● Với

[ ]

( )

5 1 3 max0; 4 1 1.

a a a t f t a a

− ≤ − ⇔ ≥ →∈ − = − = −

Mà [ ]

( )

0; 4

5 5 3 2, 3

max 2, .

1 3 1 2, 3 ^t

a a

f t a

a a ^{∈ −}

 − ≥ − = ∀ ≤

 → ≥ ∀ ∈

 − ≥ − = ∀ ≥

 ℝ

Vậy giá trị nhỏ nhất của

[ ]

( )

max0; 4 2

t f t

∈ − = . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=3. Chọn A.

Câu 42. Cho hàm số y= f x

( )

có đồ thị hàm số

( )

y=f/ x như hình vẽ bên. Biết f a

( )

>0, hỏi đồ thị hàm số ^y= ^{f x}

( )

cắt trục hoành tại nhiều nhất bao nhiêu điểm?

A. 4 điểm. B. 3 điểm.

C. 2 điểm. D. 1 điểm.

x y

a O c

b

Lời giải. Dựa vào đồ thị hàm số y= f′

( )

x , ta có nhận xét:

● Hàm số ^y= ^f′

( )

^x đổi dấu từ − sang + khi qua x=a.

● Hàm số ^y= ^f′

( )

^x đổi dấu từ + sang − khi qua x=b.

● Hàm số y= f′

( )

x đổi dấu từ − sang + khi qua x=c. Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số y= f x

( )

như sau:

Từ bảng biến thiên ta có ^{f b}

( )

>^{f a}

( )

>^0.

Quan sát đồ thị ^y=f/

( )

^x , dùng phương pháp tích phân để tính diện tích, ta có

−

a

x

_−∞

^b

+∞

( )

f x

−

0

+

₀

⁺

−∞

( )

f c

+∞

( )

f/ x

c

0

( )

f a

( )

f b

( )

0

( ) ( ) ( )

.

b c

a b

f′ x dx<  −f′ x dx →f c <f a

∫ ∫

● Nếu ^{f c}

( )

<⁰ thì đồ thị hàm số ^y=^{f x}

( )

cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.

● Nếu ^{f c}

( )

=⁰ thì đồ thị hàm số ^y=^{f x}

( )

cắt (tiếp xúc) trục hoành tại một điểm.

● Nếu f c

( )

>0 thì đồ thị hàm số y=f x

( )

không cắt trục hoành.

Vậy đồ thị hàm số y= f x

( )

cắt trục hoành tại nhiều nhất là hai điểm. Chọn C.

Câu 43. Tìm tất cả giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số

( )

^4sin_sin ⁶_{1 sin}^sin

9 4

x m x

x x

f x

+ +

= + + không nhỏ hơn 1

3.

A. ₆2

log .

m≥ 3 B. ₆13 log .

m≥ 18 C. m≤log 3.₆ D. ₆2

log . m≤ 3

Lời giải. Hàm số viết lại

( )

2 sin sin

2 sin

2 2

3 6 3

. 1 4. 2

3

x x

m

f x x

   

  +  

   

 

   

= +    

Đặt ^{2 sin}

( )

² ₂

3 1 4

x t nt

t f t

t

  +

=   → = + với

2 3

.

3 2

6^m 0 t n

 ≤ ≤

 = >



Bài toán trở thành ''Tìm n>0 để bất phương trình

( )

¹

f t ≥3 có nghiệm trên đoạn 2 3 3 2;

 

 

 

  ''. Ta có

( )

2 2 3;

2 3 2

2

1 1 1

1 3 .

3 1 4 3 3 3

t nt t t

f t t nt n

t t

 

 

∈ 

≥ ←→ + ≥ ←→ + ≤ ←→ ≥ +

+

Xét hàm

( )

¹

3 3

g t t

= + t trên đoạn 2 3 3 2;

 

 

 

 , ta có

( ) ( )

2 3; 3 2

min 1 2

g t g 3

 

 

 

 

= = .

Để bất phương trình

( )

¹

f t ≥3 có nghiệm trên đoạn 2 3 3 2;

 

 

 

  thì bất phương trình g t

( )

≤n phải

có nghiệm trên đoạn

( )

2 3; 3 2

2 3 2

; min

3 2 n g t n 3

 

 

 

 

 

  ←→ ≥ → ≥

 

 

6

2 2

6 log .

3 3

m m

→ ≥ → ≥ Chọn A.

Câu 44. Nếu

( )

2 d 6 2

x

a

f t t x

t + =

∫

^{với x>0} thì hệ số a bằng:

A. 5. B. 9. C. 19. D. 29.

Lời giải. Gọi ^{F t}

( )

là một nguyên hàm của hàm số

( )

2

f t

t trên đoạn

[

^{a x;}

]

^.

Khi đó ta có

( ) ( )

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

2

2

'

.

2 6 2 6

x x

a a

F t f t t

F x F a F t f t dt x F x x F a

t

 =



 − = = = − → = + −



∫

Suy ra ^{F t'}

( )

^{1 f t}

( )

₂ ^{f t}

( )

^{t t}

t t

= = → =

( )

1

2 2 2

x x x

a a a

f t dt dt t x a

t t

→

∫

=

∫

= = −

2 x 2 a 2 x 6 a 9.

→ − = − → = Chọn B.

Câu 45. Cho parabol

( )

P :y=x²+1 và đường thẳng

( )

d :y=mx+2. Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi

( )

^{P và}

( )

^d đạt giá trị nhỏ nhất.

A. m=0. B. 1 2.

m= C. 3

4.

m= D. m=1.

Lời giải. Xét phương trình hoành độ giao điểm x²+ =1 mx+ ⇔2 x²−mx− =1 0.

Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x₁<x₂. Theo Viet, ta có ^{1 2}

1 2

1 .

x x m

x x

 + =

 = −



Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi

( )

^{P và}

( )

^{d . Ta có}

( ) ( ) ( )

2 2

2

1 1 1

3 2

2 2

1 2 1

3 2

x x

x

x x x

x mx S=

∫

x + − mx+ dx=

∫

mx−x + dx= − + +x

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

3 3

2 2

2 1

2 1 2 1

2 2

2 1 2 2 1 1 2 1

2

2 1 2 1 2 1 2 1

2

2 1

3 2

1 . 2 3 6

6

1 . 2 3 2 6

6

1 . 4

6

x x m

x x x x

x x x x x x m x x

x x x x m x x x x

x x m

= − − + − + −

 

= − − + + + + + 

 

= − − + + + + + 

 

= −  + 

( )

²

( )

²

( )

²

( )

²

( )

^{3 3}

2 2 2 2

2 1 2 1 1 2

1 1 1 4

. 4 4 . 4 4

36 36 36 36

S x x m  x x x x  m m

→ = − + =  + −  + = + ≥

4 S 3

→ ≥ . Dấu ''='' xảy ra khi m=0. Chọn A.

Câu 46. Cho hai số phức z₁, z₂ thỏa mãn điều kiện z₁ = z₂ = z₁−z₂ =1. Tính giá trị của biểu thức

2 2

1 2

2 1

z z .

P z z

   

   

=  + 

A. P= +1 i. B. P= − −1 i. C. P= −1 i. D. P= −1.

Lời giải. Ta có

2 2 2

1 2 1 2

2 1 2 1

z z z z 2.

P z z z z

     

     

=  +  = +  −

( )

¹

Mà ^{1 2 1 2}₂ ² ₂¹ _{1 2 2 1}

2 1 2 1

z z z z z z .

z z z z

z +z = z + z = +

( )

2

Theo giả thiết: ^{1= z1−z22 =}

(

^z1−z2

)

^.

(

^z1−z2

)

⁼

(

^z1−z2

)

^.

(

^z1−z2

)

( )

2 2

1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1.

z z z z z z z z z z

= + − + → + =

( )

³

Từ

( )

1 ,

( )

2 và

( )

3 suy ra P= −1. Chọn D.

Cách 2. Chuẩn hóa

Chọn z₁=1, còn z₂ chọn sao cho thỏa mãn z₂ =1 và z₁−z₂ =1. Ta chọn như sau: Đặt z₂= +a bi.

● z2 = 1 →a²+b²=1.

● z1−z2 = ←→1 z2− = ←→1 1

(

a− +1

)

bi = ←→ −1

(

a 1

)

²+b²=1.

Từ đó giải hệ ₂

1

1 3

2

2 2

3 2 a

z i

b

 =

→ = → = + .

Thay z₁=1 và ₂ 1 3

2 2

z = + i vào P và bấm máy.

Hoặc ta cũng có thể chọn ₁ 1 3

2 2

z = − + i và ₂ 1 3

2 2

z = + i.

Câu 47. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình bình hành, thể tích là V . Gọi M là trung điểm của cạnh SA N, là điểm nằm trên cạnh SB sao cho SN=2NB; mặt phẳng

( )

^{α di}

động qua các điểm M N, và cắt các cạnh SC SD, lần lượt tại hai điểm phân biệt K Q, . Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S MNKQ. .

A. 2

V . B.

3

V . C. 3

4

V D. 2

3 V . Lời giải. Gọi SK 0

(

1 .

)

a a

=SC ≤ ≤

Vì mặt phẳng

( )

^α di động đi qua các điểm M N, và cắt các cạnh SC SD, lần lượt tại hai điểm phân biệt K Q, nên ta có đẳng thức SA SC SB SD

SM+SK =SN +SQ

1 3 2

2 .

2 2

SD SQ a

a SQ SD a

←→ + = + → = +

Ta có ^.

.

1 1 4 2 2 1

. . . . .

2 2 3 2 3 2

S MNKQ S ABCD

V SM SN SK SM SK SQ a a

V SA SB SC SA SC SD a a

   

 

=  + =  − + = − +

Xét hàm

( )

^{2 1} .

3 2

f a a

= −a

+ trên đoạn

[ ]

0;1 , ta được

[ ]

( ) ( )

0;1

max 1 1.

f a = f =3 Chọn B.

Câu 48. Một kĩ sư của nhà máy được yêu cầu phải thiết kế một thùng chứa hình trụ (như hình vẽ) có