Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 01 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

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

ĐỀ VIP 01 Thời gian làm bài:

>90

phút

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

A. y= − −x³ 3x²−2. B. y=x³+3x²−2. C. y=x³−3x²−2. D. y= − +x³ 3x²−2.

x y

-2 -2 -1 O

2

Lời giải. Dựa vào đồ thị ta thấy phía bên phải hướng lên nên a>0. Loại đáp án A, D.

Thấy cắt trục hoành tại điểm x= −1 nên thay x= −1 vào hai đáp án B và C, chỉ có B mới làm cho y=0. Chọn B.

Câu 2. Cho hàm số ^{f x}

( )

⁼

(

^x2−3

)

². Giá trị cực đại của hàm số ^f'

( )

^{x bằng:}

A. −8. B. 1

2. C. 8. D. 9.

Lời giải. Ta có ^{f x}

( )

=^x4−^6x2+ ⁹ →^{f '}

( )

^x =^4x3−^12x. Tính f''

( )

x =12x²−12; ''f

( )

x = ⇔ = ±0 x 1.

Vẽ bảng biến thiên, ta thấy f'

( )

x đạt cực đại tại x= −1, giá trị cực đại là ^{f '}

( )

^{− =1 8.}

Chọn A.

Nhận xét. Rất nhiều học sinh đọc đề không kỹ đi tìm giá trị cực đại của hàm số f x

( )

và dẫn tới chọn đáp án D.

Câu 3. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số ^{1 3}

(

¹

)

²

(

³

)

⁴

y= −3x + m− x + m+ x− đồng biến trên khoảng

( )

0;3 .

A. 12 7.

m≥ B. 12

7.

m≤ C. m≥1. D. 12

1 .

m 7

≤ ≤ Lời giải. YCBT ⇔^y'= − +^{x2 2}

(

^m−¹

)

^x+ + ≥^{m 3 0,} ∀ ∈^x

( )

^0;3

(

^{2 1}

)

^{2 2 3,}

( )

^{0;3 2 2 3,}

( )

^{0;3 .}

2 1

x x

m x x x x m x

x + −

←→ + ≥ + − ∀ ∈ ←→ ≥ ∀ ∈

+

( )

^*

Khảo sát hàm

( )

^{2 2 3}

2 1

x x

g x x

+ −

= + trên khoảng x∈

( )

0;3 , ta được

( )

( ) ( )

0;3

max 3 12

g x =g = 7 . Do đó

( )

( )

( )

0;3

* max 12.

m g x 7

←→ ≥ = Chọn A.

Câu 4. Hàm số ax b y cx d

= +

+ với a>0, 0

ad− ≠bc có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào sau đây đúng :

A. b>0, c>0, d<0.

B. b>0, c<0, d<0.

C. b<0, c<0, d<0.

D. b<0, c>0, d<0.

x y

O

Lời giải. Từ đồ thị hàm số, ta thấy

● Khi 0 b 0 0.

y x b

= → = − < a → >

● Khi 0 b 0 0

x y d

= → = < d → < .

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng d 0 0.

x c

= − > c → >

Vậy b>0, c>0, d<0. Chọn A.

Câu 5. Hàm số nào sau đây không có giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên đoạn

[

−2;2

]

? A. y=x³+2. B. y=x⁴+x². C. 1

1 y x

x

= −

+ . D. y= − +x 1. Lời giải. Nhận thấy hàm số 1

1 y x

x

= −

+ không xác định tại ^x= − ∈ −¹

[

^{2;2 .}

]

Lại có

1 1

1 1

lim ; lim

1 1

+ −

→− →−

− −

= −∞ = +∞

+ +

x x

x x

x x

.

Do đó hàm số này không có giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trên

[

−^2;2

]

. Chọn C.

Câu 6. Cho hàm số y=x³ +ax² +bx+c và giả sử A B, là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Khi đó, điều kiện nào sau đây cho biết đường thẳng AB đi qua gốc tọa độ O? A. c=0. B. 9 2+ b=3a. C. ab=9c. D. a=0. Lời giải. Ta có y'=3x²+2ax+b.

Thực hiện phép chia y cho y', ta được 1 1 2 2 ² 1

3 9 . ' 3 9 9

y= x+ a y + b− a x+ −c ab^. Suy ra phương trình đường thẳng AB là: 2 2 ² 1

3 9 9

y= b− a x+ −c ab^. Do AB đi qua gốc tọa độ 1

0 9

O→ −c 9ab= ⇔ab= c. Chọn C.

Nhận xét. Có thể áp dụng công thức nhanh

( ) ( ) ( ) ( )

. .

3.

f x f x y f x

f x

′ ′′

= −

′′′

Câu 7. Cho hàm số y= f x

( )

có đồ thị như hình bên. Giá trị lớn nhất của hàm số này trên đoạn

[

−2;3

]

bằng:

A. −2. B. 2.

C. 4. D. 5. -2 ^x

-3

y

2

O

4

3 2

-2

Lời giải: Nhận thấy trên đoạn

[

−2;3

]

hàm số có điểm cao nhất là điểm

( )

3;4 .

→ giá trị lớn nhất của hàm số này trên đoạn

[

−2;3

]

bằng 4. Chọn C.

Câu 8. Đồ thị hàm số ₂ ² 1 2 y x

x x

= +

− − có bao nhiêu đường tiệm cận?

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

Lời giải. Ta có ₂ ² 1

lim lim 1 1

2

x x

y x y

x x

→±∞ →±∞

= + = → =

− − là TCN.

Xét phương trình ² 2

2 0 .

2 x x x

x

 =

− − = ←→  =−

●

2

2 2 2

2

2 2 2

lim lim 1

2 2

lim lim 1

2

x x

x x

y x

x x

x x

y x x

+ +

− −

→ →

→ →

 +

 = = +∞

 − −

 → =

 +

 = = −∞

 − −



là TCĐ.

●

2

2 2 2

2

2 2 2

lim lim 1

2 2

lim lim 1

2

x x

x x

y x

x x

x y x

x x

+ +

− −

→− →−

→− →−

 +

 = = −∞

 − −

 → = −

 +

 = = +∞

 − −



là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận. Chọn D.

Câu 9. Cho hàm số ^y= ^{f x}

( )

có bảng biến thiên sau:

x −∞ −1 0 1 +∞

'

y − 0 + 0 − 0 + y +∞ +∞

0 −1 −1

Với giá trị nào của m thì phương trình ^{f x}

( )

^{− =1 m} có đúng hai nghiệm.

A. − < < −2 m 1. B. 0 1. m m

 >

 = −

 ^C.

1. 2 m m

 > −

 = −

 ^D.

1. 2 m m

 ≥ −

 = −



Lời giải. Phương trình ^{f x}

( )

− = ←→^{1 m f x}

( )

= +^{m 1}. Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y= f x

( )

và đường thẳng y= +m 1 (cùng phương với trục hoành).

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi

1 0 1

1 1 2.

m m

m m

 + >  > −

 ⇔

 + = −  = −

  ^{Chọn C.}

Câu 10*. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y= +x m

(

sinx+cosx

)

đồng biến trên ℝ.

A. 1 1

; ; .

2 2

m∈ −∞ −   ∪ +∞ B. 1 1

; .

2 2

m  

 

∈ − 

C. 1

3; .

m∈ − 2 D. 1 1

; ; .

2 2

m∈ −∞ −     ∪ +∞ Lời giải. YCBT ⇔y'= +1 m

(

cosx−sinx

)

≥0, ∀ ∈x ℝ

( )

min 1 m cosx sinx  0, x

⇔  + − ≥ ∀ ∈ℝ.

( )

1

Ta có − ²≤^sinx−^cosx≤ ²→^m

(

^cosx−^sinx

)

=^{m. cosx}−^sinx ≤^{m 2}

( )

2 m m cosx sinx 2m.

→− ≤ − ≤

Do đó

( )

^{1 1 2 0 1 1 .}

2 2

m − m

⇔ − ≥ ⇔ ≤ ≤ Chọn B.

Câu 11*. Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 6cm. Người ta muốn cắt một hình thang như hình vẽ. Tìm tổng x+y để diện tích hình thang

EFGH đạt giá trị nhỏ nhất.

A. 7. B. 5.

C. 7 2

2 . ^D. 4 2.

Lời giải. Ta có S_EFGH nhỏ nhất ⇔ =S S_∆AEH+S_∆CGF+S_∆DGH lớn nhất (do S_∆BEF không đổi).

Tính được 2S=2x+3y+ −

(

6 x

)(

6−y

)

=xy−4x−3y+36.

( )

1 Ta có EFGH là hình thang → AEH=CGF

~ 2

3 6.

AE AH x

AEH CGF xy

CG CF y

→∆ ∆ → = ↔ = → =

( )

²

Từ

( )

1 và

( )

2 , suy ra 18 2S 42 4x

x

 

= − + . Để 2S lớn nhất khi và chỉ khi 18

4x+ x nhỏ nhất.

Mà 18 18

4x 2 4 .x 12 2.

x x

+ ≥ = Dấu ''='' xảy ra 18 3 2

4 2 2

x x 2 y

⇔ = x ⇔ = → = . Chọn C.

Câu 12. Tập xác định của hàm số ^y=

(

^x3−27

)

^{π2 là:}

A. ^D=ℝ^{\ 2}

{ }

. B. D=ℝ. C. ^D=

[

^3;+∞

)

. D. ^D=

(

^3;+∞

)

. Lời giải. Áp dụng lý thuyết ''Lũy thừa với số mũ không nguyên thì cơ số phải dương''. Do đó hàm số ^y=

(

^x3−27

)

^2π xác định khi x³−27> ⇔ >0 x 3. Chọn D.

Câu 13. Tính đạo hàm của hàm số 1 4^x y=x+ .

A.

( )

2

1 2 1 ln 2

' 2^x

y − x+

= . B.

( )

2

1 2 1 ln 2

' 2 ^x

y + x+

= .

C.

( )

2

1 2 1 ln 2 '

4^x

y − x+

= . D.

( )

2

1 2 1 ln 2 '

4^x

y + x+

= .

Lời giải. Ta có

( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

( )

/ / /

2 2

1 .4 1 . 4 4 1 .4 .ln 4 1 1 . ln 4

' 1

4 4 4 4

x x x x

x x x x

x x x x

y =x+  = + − + = − + = − + Lại có ^{4x =}

( )

^{22 x=22x và ln 4=2. ln 2}. Chọn A.

Câu 14. Phương trình ¹ 1

3 2

9

x

−x = +     có bao nhiêu nghiệm âm?

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

Lời giải. Phương trình tương đương với

3 1 1 1 2

2 3. 2

9 3 3

3

x x x

x

     

  

= +  ⇔   = +  .

Đặt 1

3

x

t=     , t>0. Phương trình trở thành ^{2 2} 1

3 2 3 2 0

2

t t t t t

t

 =

= + ⇔ − + = ⇔  = .

● Với t=1, ta được 1

1 0

3

x

  x

  = ⇔ =

   .

● Với t=2, ta được ₁

3

1 2 log 2 0.

3

x

  x

  = ⇔ = <

  

Vậy phương trình có một nghiệm âm ₁

3

log 2

x= . Chọn B.

Câu 15. Cho a b c, , là các số thực dương khác 1. Hình vẽ bên là đồ thị của ba hàm số y=a^x, y=b^x, y=c^x. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. a> >b c. B. a< <b c. C. c> >a b. D. a> >c b.

Lời giải. Ta thấy hàm y=c^x có đồ thị từ trái sang phải theo hướng đi lên nên là hàm đồng biến → >c 1. Còn hàm số y=a^x và y=b^x là những hàm nghịch biến →a b, <1.

Từ đó loại được các đáp án A, D.

Từ đồ thị hàm số ta thấy tại cùng một giá trị x₀<0 thì đồ thị hàm số y=b^x nằm trên đồ thị hàm số y=a^x hay 0

x x

x b a

b a

 <

 → <

 >

 ^.

Ví dụ _{1 1} 1 1

1 1 . x x

b a

b a

b a

− −

 = −

 = − 

 

 ⇔ → <

 

 >  >

 

 

Vậy c> >a b. Chọn C.

Cách trắc nghiệm. Kẻ đường thẳng x=1 cắt đồ thị các hàm số y=a^x, y=b^x, y=c^x lần lượt tại các điểm có tung độ y=a y, =b y, =c. Dựa vào đồ thị ta thấy ngay c> >a b.

Câu 16. Tính giá trị của biểu thức P=ln 2 cos1 . ln 2 cos 2 .ln 2 cos 3 ...ln 2 cos 89

(

⁰

) (

⁰

) (

⁰

) (

⁰

)

trong đó tích trên bao gồm 89 thừa số có dạng ^{ln 2 cos}

(

^a0

)

^{với 1≤ ≤a 89 và a∈ℤ.}

A. 1 . B. −1 . C. 2⁸⁹

89! ^{. D.} 0 . Lời giải. Trong tích trên có ln 2 cos 60

(

⁰

)

ln 2.¹ ln1 0

2

 

=  = = ^{. Vậy} P=0. Chọn D.

Câu 17. Cho log 5₂ =a, log 5₃ =b. Tính giá trị biểu thức

4 5 log 2

log 120 2

A= theo a và b.

A. 4

2 2 b ab a

A ab

+ +

= . B. 3b ab a

A ab

+ +

= .

C. 4

3 2 b ab a

A ab

+ +

= . D.

4

3 2 b ab a

A ab

+ +

= .

Lời giải. Ta có

( )

4

3

5 5 5 5

log 2 1 4

4

log 2 .5.3

log 120 3 log 2 1 log 3

2

2 2

A + +

= = =

4 4

3 1

1 3

2 2 .

b ab a

a b

ab

+ + + +

= = Chọn C.

Câu 18. Đạo hàm của hàm số y=log₂₀₁₇x là:

A. ln 2017

' .

y = x B. log²⁰¹⁷

' e.

y = x C. 1

' .

.log 2017

y =x D. 2017

' .

.ln 2017 y =x

Lời giải. Áp dụng công thức

(

^log

)

^{/ 1}

ax . ln

x a

= , ta được 1 log²⁰¹⁷

' .

. ln 2017 y e

x x

= = Chọn B.

Câu 19. Một người đàn ông vay vốn ngân hàng với số tiền 100 000 000 đồng. Người đó dự định sau 5 năm thì trả hết, nhưng thực hiện trả đủ trong đúng 5 năm thì ông buộc phải trả đều đặn hàng tháng với số tiền là a đồng. Biết lãi suất hàng tháng là 1, 2%. Hỏi giá trị của a là:

A.

59 5

60

12.10 1,2 1 100 1, 2 1 1 100

a

 

 + 

 

 

=  +  −

(đồng). B.

60 5

60

12.10 1,2 1 100

1,2 1 1

100 a

 

 + 

 

 

=  +  −

(đồng).

C.

60 6

60

12.10 1,2 1 100

1,2 1 1

100 a

 

 + 

 

 

=  +  −

(đồng). D.

59 6

60

12.10 1,2 1 100 1, 2 1 1 100

a

 

 + 

 

 

=  +  −

(đồng).

Lời giải. Gọi m r T a, , , lần lượt là số tiền vay ngân hàng, lãi suất hàng tháng, tổng số tiền vay còn lại sau mỗi tháng, số tiền trả đều đặn mỗi tháng .

● Sau khi hết tháng thứ nhất

(

ⁿ=¹

)

thì còn lại: T1=m r

(

+ −1

)

a.

● Sau khi hết tháng thứ hai

(

n=2

)

thì còn lại: T₂=m r( + −1) a r( + −1) a

(

1

)

²

(

1

) (

1

)

²

(

2

) (

1

)

² a

(

1

)

² 1 .

m r a r a m r a r m r r

r

 

= + − + − = + − + = + −  + − 

● Sau khi hết tháng thứ ba

(

n=3

)

thì còn: 3

(

1

)

² a

(

1

)

² 1

(

1

)

T m r r r a

r

  

 

= + −  + −  + −

(

¹

)

^{3 a}

(

¹

)

^{3 1 .}

m r r

r

 

= + −  + −  ⋮

● Sau khi hết tháng thứ n thì còn lại: _n

(

1

)

ⁿ a

(

1

)

ⁿ 1 .

T m r r

r

 

= + −  + − 

Áp dụng công thức trên, ta có

( )

( )

60 5

60

12.10 1, 2 1

1 100

0

1 1 1, 2

1 1

100

n

n n

m r r

T a

r

 

 + 

 

+  

= ⇔ = =

 

+ −  +  −

(đồng). Chọn B.

Câu 20*. Cho 0< ≠ +a 1 2 và các hàm

( )

2

x x

a a f x

+ −

= ,

( )

^.

2

x x

a a g x

− −

= Trong các khẳng định sau, có bao nhiêu khẳng định đúng?

I. f²

( )

x −g²

( )

x =1.

II. g

( )

2x =2g x f x

( ) ( )

. III. ^{f g}

( ( )

⁰

)

^{=g f}

( ( )

^{0 .}

)

IV. g′

( )

2x =g x f x′

( ) ( )

−g x f

( ) ( )

′ x .

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

Lời giải. Ta có

( ) ( )

2 2

2 2

1 I

2 2

x x x x

a a a a

f x g x

− −

 +   − 

   

• − =  −  = → ^đúng.

( )

^{2 2}

( )( ) ( ) ( )

2 2. . 2 . II

2 2 2 2

x x x x

x x a a a a x x x x

a a a a a a

g x g x f x

− −

− − + − −

− − +

• = = = = → đúng.

( ( ) ) ( )

( ( ) ) ( )

( ( ) ) ( ( ) )

2

0 0 1.

1 0 0 III

0 1 1

2 2

f g f

f g g f

a a a

g f g

a

 = =



•  = = − = − → ≠ →



sai.

• Do g

( )

2x =2g x f x

( ) ( )

nên g′

( )

2x =2g x f x′

( ) ( )

−g x f

( ) ( )

′ x →IV ^sai.

Vậy có 2 khẳng định đúng. Chọn D.

Cách giải trắc nghiệm: Chọn a=1.

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

2

1 a b b

 ≥

 >

 . Tìm giá trị nhỏ nhất của log_a log_b

b

P a a

= + b. A. _min 1

3.

P = B. P_min =1. C. P_min =3. D. P_min =9.

Lời giải. Từ điều kiện, suy ra 1 1 a b

 >

 >

 .

Ta có 1 1 log

1 log log

a

a a

P b

b b

= + −

− .

Đặt t=log_ab>0. Do ^{2 2} 1

log log 2 log .

b b a 2

a≥b → a≥ b = → =t b≤

Khi đó ^{1 1}

( )

1

P t f t

t t

= + − =

− .

Khảo sát hàm ^{f t}

( )

^{trên 0;1}

2

 

 

 ^{, ta được}

( )

^{1 3}

P f t f  2

= ≥  =

  ^{. Chọn C.}

Câu 22. Nếu F x

( )

là một nguyên hàm của hàm số f x

( )

và ^F

(

^sin2x

)

xác định thì ^F

(

^sin2x

)

là một nguyên hàm của hàm số nào?

A. ^f

(

^sin2x

)

^{. B. f}

(

^cos2x

)

^{. C. 2 sinxf}

(

^sin2x

)

^{. D. sin 2xf}

(

^sin2x

)

^.

Lời giải. Theo định nghĩa

∫

f x dx

( )

=F x

( )

+ ←→C F′

( )

x = f x

( )

. Áp dụng: ^_^F

(

^sin2x

) (

^{ =}_^{′ sin2x}

)

^/F/

(

^sin2x

)

^{=sin 2 .x f}

(

^sin2x

)

^{. Chọn D.}

Câu 23. Tính tích phân ¹

( )

1

d

I f x x

−

=

∫

biết rằng

( )

²²⁰¹⁷₂₀₁₇ ^{khi 0}. 2 khi 0

x x

f x x

− x

 ≥

=  <

A. 2²⁰¹⁸ 2 ₂ log . I 2017− e

= B. 2²⁰¹⁸ 1 ₂

log . I 2017− e

= C. 2²⁰¹⁸ 1

ln 2.

I = 2017− D. 2²⁰¹⁷ 1 2017 ln 2. I = −

Lời giải: Ta có

( ) ( ) ( )

1 0 1

1 1 0

I f x dx f x dx f x dx

− −

=

∫

=

∫

+

∫

0 1 2017 0 2017 1 2018

2017 2017

2 0

1

1 0

2 2 2 2

2 2 log .

2017 ln 2 2017 ln 2 2017

x x

x x

dx dx e

−

−

−

−

=

∫

+

∫

= − + = − ^{Chọn A.}

Câu 24. Viết công thức tính diện tích hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số ^y= ^{f x}

( )

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

(

a<b

)

là:

A.

( )

d .

b

a

S=

∫

f x x ^{B. b}

( )

^{d .}

a

S=

∫

f x x ^{C. b 2}

( )

^{d .}

a

S=

∫

f x x ^{D. b}

( )

^{d .}

a

S=^π

∫

f x x Lời giải. Chọn B.

Câu 25. Cho hàm số f x

( )

xác định và đồng biến trên đoạn

[ ]

0;1 và 1 2 1

f   = , công thức tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị các hàm số y1=f x

( )

, y2 = f x

( )

^{2, x=0 và}

1 x= là:

A.

( ) ( ) ( ) ( )

1 1

2 2

0 1

1 d 1 d

f x  −f x  x+ f x f x −  x

∫ ∫

^{. B. 1}

( ) ( ( ) )

²

0

d

f x f x x

 − 

 

 

∫

^.

C.

( ) ( ) ( ) ( )

1 2 1

0 1

2

1 d 1 d

f x  −f x  x+ f x f x −  x

∫ ∫

^{. D. 1}

( ( ) )

²

( )

0

d

f x f x x

 − 

 

 

∫

^.

Lời giải. Gọi S là diện tích hình phẳng cần tính.

Ta có

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

1

1 1 2 1

2

0 0 0 1

2

. 1 . 1 1 .

S=

∫

f x −f x  dx=

∫

f x −f x dx=

∫

f x −f x dx+

∫

f x −f x dx

Do hàm số f x

( )

đồng biến trên

[ ]

( ) ( )

1 1

1, ;1

2 2

0;1 1 1

1, 0;

2 2

f x f x

f x f x

    

 

 ≥  = ∀ ∈ 

  

    

→ ≤    = ∀ ∈ 

( ) ( )

( ) ( )

1 1, 1;1

2 .

1 1 , 0;1

2

f x f x x

f x f x x

  

 − = − ∀ ∈ 

  

→ − = − ∀ ∈ 

Vậy

( ) ( ) ( ) ( )

1 2 1

0 1

2

1 1

S=

∫

f x  −f x dx +

∫

f x f x − dx^{. Chọn C.}

Câu 26. Một ô tô đang đi với vận tốc lớn hơn 72km/h, phía trước là đoạn đường chỉ cho phép chạy với tốc độ tối đa là 72km/h, vì thế người lái xe đạp phanh để ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc ^{v t}

( )

=³⁰−^2t

(

^{m/s ,}

)

trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Từ lúc bắt đầu đạp phanh đến lúc đạt tốc độ 72km/h, ô tô đã di chuyển quãng đường dài là bao nhiêu ?

A. 100m. B. 125m. C. 150m. D. 175m.

Lời giải. Ta có 72km/h=20m/s.

Từ lúc bắt đầu đạp phanh đến lúc đạt tốc độ 72km/h, ta có phương trình 30−2t=20⇔ =t 5.

Vậy quảng đường ô tô đi được từ khi đạp phanh đến lúc ô tô đạt tốc độ 72km/h là

( )

5

0

30 2 125m.

s=

∫

− t dt= ^{Chọn B.}

Nhận xét. Lưu ý cho học sinh nhớ công thức

( )

0

.

t

t

s=

∫

v t dt

Câu 27*. Biết hàm số ^{f x}

( )

liên tục trên ℝ và có ²⁰¹⁷

( )

0

d 2

f x x=

∫

. Giá trị của tích phân

( )

2017 1

2 2

0

. ln 1 d

1

e x

I f x x

x

−  

=

∫

+  +  ^bằng:

A. I=1. B. I =2. C. I =4. D. I=5.

Lời giải. Đặt

(

²

)

2 2

ln 1 2 .

2

1 1

xdx xdx dt

t x dt

x x

= + → = → =

+ +

Đổi cận:

2017

0 0

.

1 2017

x t

x e t

 = → =

 = − → =



Khi đó ²⁰¹⁷

( )

²⁰¹⁷

( )

0 0

1 1 1

.2 1.

2 2 2

I =

∫

f t dt=

∫

f x dx= = ^{Chọn A.}

Câu 28*. Cho hình vuông có độ dài cạnh bằng 8cm và một hình tròn có bán kính 5cm được xếp chồng lên nhau sao cho tâm của hình tròn trùng với tâm của hình vuông như hình vẽ bên. Tính thể tích V của vật thể tròn xoay tạo thành khi quay mô hình trên quanh trục XY.

A. 260 ³

3 cm .

V π

= B. 290 ³

3 cm .

V π

=

C. 520 ³

3 cm .

V π

= D. 580 ³

3 cm .

V π

=

Lời giải. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ trùng với tâm đường tròn.

Phương trình đường tròn: x²+y² =25→y² =25−x².

Do hình phẳng đối xứng với nhau qua trục Oy nên thể tích vật thể tròn xoay cần tính:

(

1 2 3

)

2

V = V +V +V .

● V₁ là thể tích của phần hình phẳng màu vàng xoay quanh trục Ox ^{1 3}

(

²

)

0

25 66 .

V π x dx π

→ =

∫

− =

● V2 là thể tích của phần hình phẳng màu đỏ xoay quanh trục Ox

4 2 2

3

4 16 .

V π dx π

→ =

∫

=

● V3 là thể tích của phần hình phẳng màu xanh xoay quanh trục Ox 3 ⁵

(

²

)

4

25 14 .

V x dx 3π

→ =π

∫

− =

Vậy thể tích cần tính

(

1 2 3

)

³

2 520 cm .

V V V V 3π

= + + =

Chọn C.

Cách 2. Thể tích khối cầu ₁ 4 ³ 4 ³ 500

5 .

3 3 3

V R π

π π

= = =

Thể tích vật thể tròn xoay được giới hạn bởi miền tam giác cong ^{2 4 2}

(

²

)

²

3

2. 4 25

V π  x dx

 

= − −

 

 

∫

( )

4 2 3

2. 9 20 .

x dx 3π

= π

∫

− =

Vậy thể tích cần tính _{1 2} 520 ³ 3 cm .

V V V π

= + =

Câu 29. Tổng phần thực và phần ảo của số phức ^z=

(

²⁺³ⁱ

)

^{2 bằng:}

A. 11. B. 11+6 2. C. − +7 6 2. D. −7.

Lời giải. Ta có ^z=

(

²⁺³ⁱ

) ( )

^{2= 2 2+2. 2.3i+}

( )

^{3i 2 = +2 6 2i− = − +9 7 6 2 .i Chọn C.}

Câu 30. Quỹ tích điểm biểu diễn của số phức z= +a bi

(

^{a b,} ∈ℝ

)

là phần không tô màu nằm giữa đường nét đứt và phần tô màu (không kể biên) như hình bên.

Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

A. z ≤1. B. 1<z ≤2.

C. 1<z <2. D. 2≤ z.

Lời giải. Do quỹ tích biểu diễn các điểm của số phức z nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R=1 nhưng nằm trong đường tròn tâm O bán kính R=2. Chọn C.

Câu 31. Nếu số phức z thỏa mãn z =1 và z≠1 thì phần thực của 1

1−z bằng:

A. 1

2. ^B.

1.

−2 C. 2. D. 1.

Lời giải. Đặt z= +a bi a b

(

, ∈ℝ

)

. Từ z = 1 →a²+b² =1.

Ta có

( ) ( )( ) ( )

^{2 2}

1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

a bi a bi

z a bi a bi a bi a bi a b

− + − +

= = = =

− − + − − − − − + − +

( )

^{2 2}

( )

^{2 2}

1

1 1

a bi

a b a b

= − +

− + − + .

Suy ra phần thực của 1

1−z bằng

( )

^{2 2}

1 .

1 a

a b

−

− +

Ta có

( )

^{2 2 2 2}

( )

1 1 1 1

2 1 2

1 2 1

1

a a a

a

a a a

a b

− = − = − =

−

− + + −

− + . Chọn A.

Cách 2. Gọi A là phần thực của 1 1−z.

Ta có 1 1 1 1 2 2 1

2 1 .

1 1 1 1 1 . 1 1 2

z z z z

A A

z z z z z z z z z z

− − − −

= + = + = = = → =

− − − − − − + − − +

Câu 32. Có bao nhiêu số phức zthỏa mãn

( )

3 6 5

1 2 1 12 15

z i

i z i

 − − =

 + − − =

 ?

A. Không có. B. 1. C. 2. D. Vô số.

Lời giải. Gọi M là điểm biểu diễn số phức z, do M thỏa mãn phương trình z− −3 6i = 5 nên M thuộc đường tròn tâm A

( )

3;6 , bán kính R= 5.

Ta có

(

^{1 2}

)

^{1 12 15 1 12 15 5 2 3 5}

1 2 1 2

i z i z i z i

i i

+ − − = ⇔ − + = ⇔ − − =

+ +

→ M thuộc đường tròn tâm ^B

( )

^5;2 , bán kính R'=3 5. Nhận thấy AB=

(

5−3

) (

²+ −2 6

)

² =2 5=R'−R.

Vậy hai đường tròn tiếp xúc trong tại M , hay chỉ có một số phức z. Chọn B.

Nhận xét. Bài toán không quá khó nhưng cách suy luận rất hay.

Câu 33. Cho các số phức z thỏa mãn z− =1 2. Biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn các số phức ^{w= +}

(

^{1 3i z}

)

⁺² là một đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó.

A. r=2. B. r=4. C. r=8. D. r=16.

Lời giải. Từ

(

^{1 3}

)

^{2 2 1 3 3}

1 3 1 3

w w i

w i z z z

i i

− − −

= + + → = → − =

+ + ^.

Suy ra 3 3 3 3 3 3

1 2 3 3 4.

1 3 1 3 2

w i w i

w i

z w i

i i

− − − −

− = − − = ←→ = ←→ − − =

+ + ^{Chọn B.}

Cách 2. (Nên làm theo cách này nhanh hơn)

Ta có ^{w= +}

(

^{1 3i z}

)

^{+ ←→ = +2 w}

(

^{1 3i z}

) (

^{− + +1}

)

^{3 3i←→ − +w}

(

^{3 3i}

) (

^{= +1 3i z}

) (

^{−1 .}

)

Lấy môđun hai vế, ta được

( )

2 2

3 3 1 3 . 1 2.2 4

w− + i = + i z− = = .

O

D

B C

A S

Câu 34*. Gọi T là tập hợp các số phức z thỏa mãn z− ≥i 3 và z− ≤1 5. Gọi z₁, z₂∈T lần lượt là các số phức có mođun nhỏ nhất và lớn nhất. Tìm số phức z₁+2z₂.

A. 12−2i. B. − +2 12i. C. 6−4i. D. 12+4i. Lời giải. Giả sử z= +a bi a b

(

, ∈ℝ

)

.

Ta có ● ^z− =¹

(

^a−¹

)

²+^b2 ≤ → −⁵

(

^{a 1}

)

²+^b2≤⁵².

→ tập hợp các số phức nằm trong hoặc trên đường tròn tâm ^A

( )

^{1;0 bán kính R}=⁵.

● ^z− =^{i a2}+ −

(

^{b 1}

)

² ≥ →^{3 a2}+ −

(

^{b 1}

)

²≥³².

→ tập hợp các cố phức nằm ngoài hoặc trên đường tròn tâm ^B

( )

^{0;1 bán kính R'}=³.

Dựa vào hình vẽ ta thấy

min 1

1 2

max 2

0 2

2 12 2

6 0

z z i

z z i

z z i

 = = −

 → + = −

 = = +

 . Chọn A.

Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức z₁ −z₂ ≤ z₁−z₂ ≤ z₁ +z₂ .

Ta có 3 2 ^{( )1 ( )2}

2 6.

1 1 5 6

z i z i z

z z z z

 

 ≤ − ≤ +  ≤

 → ←→ ≤ ≤

 

 − ≤ − ≤  ≤

 

 

Dấu ''='' thứ nhất xảy ra khi z₁− =i 3, kết hợp với z− ≤1 5 ta được hệ

1

1 1

1

3

1 5 2

2 z i

z z i

z

 − =

 − ≤ → =−

 =



.

Tương tự cho dấu ''='' thứ hai, ta được

2

2 2 1 2

2

1 5

6 6 2 12 2

3 z

z z z z i

z i

 − =

 = → = → + = −

 − ≥



.

Câu 35. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bện SA vuông góc với mặt phẳng

(

^ABCD

)

^{và SC}=^{a 5}. Tính thể tích khối chóp S ABCD. theo a.

A. ³ 3 3

V=a . B. ³ 3 6

V=a . C. V=a³ 3. D. ³ 15 3 V=a . Lời giải. Đường chéo hình vuông AC=a 2.

Xét tam giác SAC, ta có SA= SC²−AC² =a 3. Chiều cao khối chóp là SA=a 3.

Diện tích hình vuông ABCD là S_ABCD=a².

Thể tích khối chóp _. 1 ³ 3

3 . 3

S ABCD ABCD

V = S SA=a (đvtt). Chọn A.

Câu 36. Tứ diện đều có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

A. 3. B. 4. C. 6. D. 9.

Lời giải. Có 6 mặt đối xứng. Chọn C.

Câu 37. Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy

(

ABC

)

. Biết SC=1, tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S ABC. .

A. 3

12. ^B.

2.

12 ^C.

2 3.

27 ^D.

3. 27 Lời giải. Giả sử CA=CB= x →SA= SC²−AC² = 1−x².

Thể tích khối chóp:

2 2

.

1 1 1 1

. . . . 1 .

3 3 2 6

S ABC ABC

V = S_∆ SA=  CA CB SA = x −x Khảo sát hàm

( )

^{1 2 1 2}

f x =6x −x trên

( )

^0;1 , ta được

( )

( )

0;1

2 3

maxf x = f 3=27 . Chọn D.

Nhận xét. Bạn đọc có thể dùng BĐT Côsi:

( )

^{2 2 2 3}

2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 3

1 . . 2 2 .

3 9

2 2

x x x

x −x = x x − x ≤  + + −  =

Câu 38*. Người ta cắt một tờ giấy hình vuông cạnh bằng 1 để gấp thành một hình chóp tứ giác đều sao cho bốn đỉnh của hình vuông dán lại thành đỉnh của hình chóp (hình vẽ). Để thể tích khối chóp lớn nhất thì cạnh đáy x của hình chóp bằng:

A. 2

5 .

x= B. 2 2

5 . x= C. x=2 2. D. 2

5. x=

x x 1 S

A B

C

Lời giải. Ta có 1 2

2 2 2

BM = AB−MO= −x . Chiều cao của hình chóp:

2 2

2 2 2 1 2

2 2 2 2 .

x x x

h= BM −MO =  −    −   = −

Thể tích của khối chóp 1 ² 1 2 1 ^{4 5} 2

3 2 3 2

x x x

V = x − = −

Khảo sát hàm số f x

( )

=x⁴−x⁵ 2 trên 2 0; 2

 

 

 

 

 , ta được GTLN của hàm số đạt tại 2 2

x= 5 . Chọn B.

Cách làm trắc nghiệm. Đầu tiên ta loại đáp án C do 2 2 2 0;

x= ∉ 2 . Thay ba đáp án còn lại vào hàm số ^{f x}

( )

=^x4−^{x5 2}. So sánh kết quả nào lớn nhất ta chọn. Nếu đề bài hỏi giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp thì ta không làm theo cách này được.

Câu 39. Trong không gian, cho hình thoi ABCD có cạnh bằng 5cm và góc ABC=60⁰. Tính diện tích xung quanh S của hình thu được khi quay hình thoi quanh trục DB.

A. 25 3 ²

3 cm

S= ^π . B. S=25 cmπ ². C. 25 3 ²

4 cm

S π

= . D. S₌25π 3 cm²_.

Lời giải. Do ABC=60⁰ →∆ABC đều→AC=5cm.

Do đó diện tích xung quanh của hình thu được 2. . . 25 cm² 2

S= ^π AC BA= π . Chọn C.

Câu 40. Một ly thủy tinh hình trụ có thể tích thực là 80 cmπ ³. Một mặt phẳng cắt thân ly như hình vẽ tạo thành thiết diện là một hình elip có diện tích 8 cmπ ², thiết diện này tạo với đáy một góc là 60⁰. Tính chiều cao h của ly thủy tinh.

A. h=20 cm.π B. h=20 cm.

C. 20 3 3 cm.

h= D. h=20 3 cm.

Lời giải. Diện tích đáy của ly thủy tinh: _{day thiet dien} ⁰ 1 ² .cos 60 8 . 4 cm .

S =S = π 2= π

Từ _day

day

. 80 20 cm.

4

V S h h V

S

π π

= → = = = Chọn B.

Câu 41*. Một chiếc ly hình trụ có chiều cao bằng đường kính quả bóng bàn. Người ta đặt quả bóng lên trên miệng chiếc ly thấy phần ở ngoài của quả bóng có chiều cao bằng 3

4 chiều cao của chiếc ly. Gọi V₁, V₂ lần lượt là thể tích của quả bóng và chiếc ly, khi đó:

A. 9V₁=8 .V₂ B. 3V₁=2V₂. C. 16V₁=9V₂. D. 8V₁=9V₂.

Lời giải. Gọi h, R là chiều cao và bán kính của chiếc ly; r là bán kính của quả bóng.

Theo đề bài, ta có 2

2 h= r→ =r OA=OB=h;

4 4

h h

IB= →OI= (vì phần bên ngoài bằng 3 4h).

Suy ra ^{2 2} 3

4 . R=IA= OA −OI =h

Do đó tỉ số thể tích:

3 3

1

1 2

2 2

2

4 4

3 2 8

3 9 8 .

3 9 4 r h

V V V

V R h h

h π π

π

π

  

  

= = = → =

 

 

 

 

  Chọn A.

Câu 42*. Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác cân tại A với AB=AC=a. Cạnh bên SA=SB=a và có

(

SBC

) (

⊥ ABC

)

. Tính độ dài SC để bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng a.

A. SC=a. B. SC=a 2. C. SC=a 3. D. SC=2a.

Nhận xét. Bài toán thuộc dạng ‘’hình chóp có mặt bên vuông góc với đáy’’ nên áp dụng công

thức _b^{2 2} GT²

4 :

R= R +Rd − trong đó R_b là bán kính đường tròn ngoại tiếp mặt bên, R_d là bán kính đường tròn ngoại tiếp mặt đáy, GT là giao tuyến của mặt bên và mặt đáy.

Lời giải.

Gọi H là trung điểm BC →AH ⊥BC^{(SBC) (⊥ABC)}→AH⊥SH. Xét hai tam giác vuông SHA và BHA có HA chung

SHA BHA

SA BA a

 →∆ = ∆

 = =



( )

SH BH CH SBC

→ = = →∆ vuông tại

b 2

S→R =BH =BC .

Dễ thấy _b^{2 2} GT^{2 2 2 2}

GT ^d 4 ^d 4 ^d

BC R R R BH R BC R a

= → = + − = + − = = .

H C

B

A S

Xét tam giác ABC, có sin ¹ cos ³ 2 2

(

.cos

)

3

2 2 2

C AB C BC HC AC C a

= R = → = → = = = .

Trong tam giác vuông SBC, ta có SC= BC²−SB² =a 2. Chọn B.

Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các vectơ i=

(

1;0;0

)

,j=

(

0;1;0

)

,k=

(

0;0;1

)

. Tính giá trị biểu thức ^{M =cos2}

( )

^{a i, +cos2}

(

^{a, j}

)

^+cos2

(

^{a k,}

)

^{với a} là một vectơ bất kỳ khác 0.

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

Lời giải. Để đơn giản, ta chọn

( )

( ) ( ) ( )

0

0

0

, 0

1;0;0 , 90 1 0 0 1.

, 90

a i

a i a j M

a k

 =



= = → = → = + + =

 =



Chọn C.

Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng : 1 2

d x− = =y z và

' : 2 2

1 x t

d y t

z t

 =

 =− +

 = −



. Chọn câu đúng:

A. Không có đường thẳng nào cắt và vuông góc với cả d và d'. B. Có đúng một đường thẳng cắt và vuông góc với cả d và d'. C. Có đúng hai đường thẳng cắt và vuông góc với cả d và d'. D. Có vô số đường thẳng cắt và vuông góc với cả d và d'.

Lời giải. Ta có

( )

( )

'

( )

'

VTCP 1;2;1

. 4;0; 4

VTCP 1; 2;1

d

d d d

u u u

u

 =

 ⇒ = −

  

 = −

 ^.

Lấy

( )

( ) ( )

'

1;0;0

' 1;2; 1 . . ' 0.

' 0;2; 1 ' ^{d d}

M d

MM u u MM

M d

 ∈

 → = − − →  =

  

 − ∈



Do đó dvà d' cắt nhau. Chọn B.

Nhận xét. Sai lầm dễ mắc phải là Chọn A. Nhưng lại đáp án đúng là B. Đường thẳng tồn tại duy nhất thỏa mãn bài toán là đi qua giao điểm của dvà d' đồng thời vuông góc với mặt phẳng chứa d và d'.

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

( )

P : 3x+4y+2z+ =4 0 và điểm A

(

1; 2;3−

)

. Tính khoảng cách d từ A đến

( )

P .

A. 5

d=9. B. 5

d=29. C. 5

29

d= . D. 5

d= 3 . Lời giải. Khoảng cách

( ) ( )

2 2 2

3.1 4. 2 2.3 4 5

, 3 4 2 29

d A P + − + +

  = =

  + + . Chọn C.

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A

(

0;0;2

)

và hai đường thẳng

: 2

d x= =y z,

1

' : 2 .

0

x t

d y t

z

 = +

 = −

 =



Tìm tọa độ của điểm N thuộc đường thẳng d' sao cho đường thẳng AN cắt đường thẳng d tại một điểm.

A. ^N

(

^{0;3;0 .}

)

^{B. N}

(

^{2;1;0 .}

)

C. N

(

1;2;0 .

)

D. Không có điểm N như thế.

Lời giải. Viết