Page 1

Mục lục Đề số 1 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 5 Đề số 2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 28 Đề số 3 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 35 Đề số 4 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 46 Đề số 5 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 55 Đề số 6 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 68 Đề số 7 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 84 Đề số 8 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 99 Đề số 9 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 112 Đề số 10 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 127 Đề số 11 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 144 Đề số 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 160 Đề số 13 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 177 Đề số 14 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 188 Đề số 15 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 203 Phụ lục 1: Một số dạng toán về số phức----------------------------------------------------------------------------- 213 Phụ lục 2: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số và ứng dụng trong thực tiễn------------------- 241 Phụ lục 3: Một số vấn đề chọn lọc Nguyên Hàm – Tích Phân------------------------------------------------- 248 Phụ lục 4: Một số bài tập hạn chế MTCT chọn lọc---------------------------------------------------------------- 264


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐỀ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017

THPT CHUYÊN KHTN HÀ NỘI LẦN 2

Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1: Cho hàm số y  2 x  3 9  x2 . Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng: A. 6 B. 9 C. 9 D. 0 Câu 2: Tìm tập hợp tất cả các nghiệm của phương 1 trình   4

2 x 1

 

 2 2

 2  A.    11 

x2

.

 11  D.    2 

 11  C.   2

x2  4 . Đồ thị hàm số có x 1

mấy tiệm cận? A. 1 B. 0 C. 2 D. 3 Câu 4: Đồ thị hàm số nào dưới đây không có tiệm cận ngang?

C. y  Câu

2

x x 1 x2 D. y  2 x 1 Cho hàm

A. y  x  x2  1

B. y 

x2 x 1 5:

số

B. 1  m  4

C. 1  m  4 D. 1 m 4 Câu 6: Số nghiệm thực của phương trình 2

3  2 x là:

A. 2 B. 0 Câu 7: Cho số phức:

C. 1

D. 3

z   1  i    1  i   ...   1  i  . Phần thực của 2

Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

 P  : x  2y  2z  3  0. Khoảng A 1; 2; 3  đến mặt phẳng  P 

3

22

số phức z là: A. 211 B. 211  2 C. 211  2 D. 2 11 Câu 8: Tập hợp các điểm bểu diễn các số phức z

z 1 bằng 0 là đường zi tròn tâm I , bán kính R (trừ một điểm): thỏa mãn phần thực của

 1 1  1 A. I  ;  , R  2  2 2 

 1 1  1 B. I  ;  , R  2  2 2 

1 1 1 C. I  ;  , R  2 2 2

1 1 1 D. I  ;  , R  2 2 2

cách từ điểm bằng:

2 1 C. D. 1 3 3 Câu 11: Trong các hình nội tiếp mặt cầu tâm I bán kính R , hình hộp có thể tích lớn nhất bằng: A. 2

A.

B.

8 3 R 3

B.

8 3 3

R 3 C.

8 3 3

R 3 D. 8R3

4 a 2 a 2 B. S  3 6  C. S  a2 D. S  a2 24 Câu 13: Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ

A. S 

.

2 log 2  x  3   2  log

C. I    2x  3 e  x  C D. I    2x  3 e  x  C

Câu 12: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Tính diện tích mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD.

y   m  1 x3   m  1 x2  x  m. Tìm m để hàm

số đồng biến trên A. m  4, m  1

A. I    2x  1 e  x  C B. I    2x  1 e  x  C

cho mặt phẳng

2 B.    11 

Câu 3: Cho hàm số y 

Câu 9: Tìm nguyên hàm I    2 x  1 e  x dx.

1 thị hàm số y  x3  x2  x  1 bằng: 3 10 2 2 10 5 2 2 5 B. C. D. 3 3 3 3 Câu 14: Tìm diện tích hình phẳng giới hạn bởi các A.

đường y   x  1 e x , y  x2  1.

8 3 2 C. S  e  3 Câu 15: Cho SA  SB  SC  a, A. S  e 

2 3 8 D. S  e  3 hình chóp S.ABC B. S  e 

ASB  600 , BSC  90 0 , CSA  120 0. Tính thể tích

hình chóp S.ABC. A. V 

2a3 12

B. V 

2a3 4

2a3 2a3 D. V  6 2 Câu 16: Cho hình lập phương ABCD.A' B' C ' D' cạnh a. Tính thể tích khối nón có đỉnh là tâm C. V 

5|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

hình vuông ABCD và đáy là đường tròn nội tiếp hình vuông A' B' C ' D'.

 3  B. V  a3 a 12 6 4 3  C. V  a3 D. V  a 3 4 Câu 17: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi A. V 

đồ thị hàm số y   x  1 e 2 x , trục hoành và các đường thẳng x  0, x  2. A.

e4 e2 3   4 2 4

Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  d  :

khoảng cách từ điểm M  2;1; 1 tới  d  .

5 2 3

e4 e2 3   4 2 4

e4 e2 3 e4 e2 3 D.     4 2 4 4 2 4 Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

B. I 

C.

cho mặt cầu có phương trình: Tìm tâm I và bán kính R của mặt cầu?

B. y '  x2 e x

2

D. y '  2xe x

2

1

phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A và B. x 1 y  2 z  4 A. d :   1 1 3 x1 y 2 z  4 B. d :   1 1 3 x1 y 2 z  4 C. d :   1 1 3 x 1 y  2 z  4 D. d :   1 1 3 Câu 21: Tìm tập nghiệm của phương trình  4 x.

 C. 4 

A. 4  3 ,4  3

Lovebook.vn|6

3 , 4 

x  x  1 4x2  1 ln 2 x  1  C 8 4 Câu 24: Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình

A.

cho hai điểm A  1; 2; 4  và B 1;0; 2  . Viết

2

x  x  1 4x2  1 ln 2 x  1  C 8 4

2b  1 2b  1 2b  1 b1 B. C. D. a  2b ab ab ab 3 Câu 26: Cho hàm số y  x  3x  2017. Mệnh đề

1

Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

x  1

x  x  1 4x2  1 ln 2 x  1  C 8 4

a , b.

2

Câu 19: Tính đạo hàm của hàm số y  e x .

2

x  x  1 4x2  1 ln 2 x  1  C 8 4

A.

D. I  1; 2; 3 và R  5

1

D.

4  4 1 B. C. D. 3 3 3 3 Câu 25: Cho log2  a;log3  b. Tính log 6 90 theo

C. I 1; 2; 3  và R  5

2

2 3

và y   x 2 quay quanh trục Ox.

B. I 1; 2; 3  và R  5

C. y '  xe x

C.

phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y  x 2  2 x

A. I  1; 2; 3 và R  5

2

C. I 

B.

D. I 

x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  9  0.

A. y '  2xe x

5 2 2

5 3 Câu 23: Tìm nguyên hàm I   x ln  2 x  1 dx. A.

A. I  B.

x 1 y  2 z  2   . Tính 1 2 2

 3 D. 2 

B. 2  3 ,2  3

A. Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1

và 1;   B. Hàm số đồng biến trên khoảng  0;   C. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0  D. Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 Câu 27: Cho số phức z  2  3i. Tìm phần ảo của số phức w  1  i  z   2  i  z. A. 9i

B. 9

D. 5i

C. 5

x 1 Câu 28: Phương trình 4 x  2   2 x  1  x 2 có bao nhiêu nghiệm dương? A. 3 B. 1 C. 2 D. 0 2

2

3, 2  3

nào dưới đây đúng?

Câu 29: Phương trình log 2 x 3  2 x  log

có bao nhiêu nghiệm? A. 3 B. 0

C. 1

2

D. 2

1 x


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Câu 30: Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức

z thỏa mãn z  2  i  z  2i là đường thẳng: B. 4x  6y  1  0

C. 4x  2y  1  0

D. 4x  2y  1  0

Câu 31: Cho số phức x  3  4i. Tìm môđun của

A.

2

25 . z C. 5

D.

5

Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

x 1 y 1 z 1 cho đường thẳng  d1  : và   2 1 3 x3 y2 z2 đường thẳng  d2  :   . Vị trí 2 2 1 tương đối của  d1  và  d2  là:

d :

x3 y 1 z 1   . Viết 2 1 1

phương trình mặt phẳng qua điểm A  3;1;0  và chứa đường thẳng  d  . A. x  2y  4z  1  0

B. x  2y  4z  1  0

C. x  2y  4z  1  0

D. x  2y  4z  1  0

Câu 34: Tìm nguyên hàm I    x  1 sin 2xdx.

B. I  C. I 

1  2 x  cos 2 x  sin 2 x  C 2

 2  2 x  cos 2 x  sin 2 x 2

C

nằm trong tứ giác

ABCD, các cạnh xuất phát từ đỉnh A của hình hộp đôi một tạo với nhau góc 600. Tính thể tích hình hộp ABCD.A' B'C ' D'. A. V 

3 3 a 6

B. V 

3 3 2 3 a a D. V  2 2 Câu 39: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có

AB  a , mặt bên SAB hợp với đáy  ABC  một

góc 600. Tính thể tích hình chóp S.ABC. A. V 

1 24 3

B. V 

a3

Câu 35: Phương trình nhiêu nghiệm thực? A. 1 B. 0

 x  1 2

x

3 3 3 3 a a D. V  24 8 Câu 40: Số nghiệm thực của phương trình

log 3 x 3  3x 2  log 1 x  x 2  0 là: 3

A. 0 B. 1 C. 3 D. 2 Câu 41: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B' C ' có đáy là tam giác ABC cân tại C , AB  AA'  a, góc

A. V  15a3 C. V 

 x  1 có bao

C. 3

D. 2

Câu 36: Tính đạo hàm của hàm số y  x. 3 x. 4 x . 24

7. x 24 17

7

24.24 x7

B. y '  D. y ' 

3 3 a 12

C. V 

 ABB' A'

bằng 600.

B. V 

15 3 a 12

D. V 

15 3 a 4

4

4

2 3 a 6

Tính thể tích hình lăng trụ ABC.A' B' C '.

 2  2 x  cos 2 x  sin 2 x  C D. I 

C. y ' 

 ABCD

giữa BC ' và mặt phẳng

1  2 x  cos 2 x  sin 2 x  C

A. y ' 

B.

C. V 

A. Cắt nhau B. Song song C. Chéo nhau D. Vuông góc Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

A. I 

  C. D.  4 2 Câu 38: Cho hình hộp ABCD.A' B'C ' D' có tất cả các cạnh bằng a , hình chiếu vuông góc của A ' A. 2

lên mặt phẳng

B. 2

cho đường thẳng

Câu 37: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x sin2x, trục hoành và các đường thẳng x  0, x  .

A. 4x  2y  1  0

số phức w  iz 

Ngọc Huyền LB

24

17. x 24 7

7

24.24 x7

3 15 3 a 4

x1 . Tiếp tuyến tại 2x  1 điểm có hoành độ bằng 1 có hệ số góc bằng: Câu 42: Cho hàm số y 

A.

1 6

B.

1 6

C.

1 3

Câu 43: Tính đạo hàm của hàm số y  2 A. y '  C. y ' 

 ln 2 2 1 x

2

1 x

2 1 x

2

1 x

B. y '  D. y ' 

1 3

D.

1 x

ln 2 2 1 x

2

2

. 1 x

1 x

2 1 x 7|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 44: Tổng các nghiệm của phương trình

 x  1

2

 

.2  2x x  1  4 2 x

A. 4

2

B. 5

x 1

x

2

 bằng:

C. 2

Câu

D. 3

Câu 45: Cho a, b  0, a  1 thỏa mãn log a b 

b và 4

16 log 2 a  . Tổng a  b bằng: b A. 12 B. 10 C. 16 D. 18 Câu 46: Tìm tập xác định của hàm số:

C. 1;  

chóp S.ABC có SA  SB  SC  AB  BC  a. Giá trị lớn nhất của thể tích hình chóp S.ABC bằng:

các

hình

a3 a3 a3 B. C. 12 8 4 Câu 49: Cho các số phức

A.

3 3a 3 4 thỏa mãn: D.

z

z  i  z  1  2i . Tập hợp các điểm biểu diễn các

B.  2;  

là một đường thẳng. Viết phương trình đường thẳng đó. A. x  7 y  9  0 B. x  7 y  9  0

D.  ; 5   5;  1 dx. 4  x2

1 x2 B. I  ln C 2 x2

C. x  7 y  9  0

D. x  7 y  9  0

Câu 50: Số nghiệm thực của phương trình

2x  log 2  8  x  là: A. 2

Lovebook.vn|8

Xét

số phức w   2  i  z  1 trên các mặt phẳng tọa độ

Câu 47: Tìm nguyên hàm I   1 x2 A. I  ln C 2 x2

48:

1 x2 D. I  ln C 4 x2

y  log x 2  3x  1.

A.  ; 5  2;  

1 x2 C. I  ln C 4 x2

B. 1

C. 3

D. 0


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT 1A 11B 21B 31A 41D

2A 12B 22A 32A 42C

3C 13C 23C 33B 43A

4B 14D 24C 34D 44B

5D 15A 25C 35D 45D

Câu 1: Đáp án A. Điều kiện 3  x  3 Xét hàm số y  2 x  3 9  x2 có y '  2 

6B 16A 26A 36C 46A

3.  2 x  2 9  x2

7C 17A 27C 37D 47D

8D 18B 28B 38D 48B

2

3x 9  x2

9A 19A 29C 39D 49C

10A 20C 30D 40B 50B

.

0  x  3 6 0  x  3 y'  0    x 2 2 2 13 x  36 13  4. 9  x  9 x

   6  ; f  3    f  3   6 . Ta có min y   f  3  ; f     3;3    13  Câu 2: Đáp án A. 2 x1

 

4 2 x1

 

3 x 6  1    2 2   2   2 2 (thỏa mãn).  3x  6  4  8x  x  11 Câu 3: Đáp án C.

1 4  

Ta có lim

x

lim

x2  4  lim x x 1

x 4  lim x x 1 2

x

x 2

 2

4. 12 x 

 2

3 x6

 x2  1 ; 1 1 x 1

4 x 2  1 . 1 1 x

 1

Câu 4: Đáp án B. Ta nhớ lại kiến thức về đường tiệm cận của đồ thị hàm phân thức mà tôi đưa ra ở chuyên đề đường tiệm cận, từ đây ta thấy x2 có bậc của đa thức tử số lớn hơn bậc của x 1 đa thức mẫu số nên không có tiệm cận ngang. Câu 5: Đáp án D Suy luận

Với phương án B: Hàm phân thức

STUDY TIP: Nhiều bài toán, chỉ cần sử dụng 1 dữ kiện là ta có thể loại hết các phương án sai, do đó trong quá trình làm bài, ta nên xét cùng với các phương án. Bởi trong tắc nghiệm, các phương án cũng là một dữ kiện.

Xét hàm số y   m  1 x3   m  1 x2  x  m .

Với m  1 thì hàm số trên có dạng y  x  1 luôn đồng biến trên

.

Đến đây ta loại được phương án B, C, A Ta chọn luôn D. Tuy nhiên trên đây là suy luận cho trắc nghiệm, ta có lời giải sau. Lời giải Với m  1 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

9|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Với m  1 thì hàm số đã cho là hàm số bậc ba, để hàm số luôn đồng biến trên thì:

m  1  0 m  1   2 2 b  3ac  0  m  1  3  m  1  0  m  1 m  1   1 m  4.   m  1 m  4   0 m  4 Kết hợp hai trường hợp ta được 1  m  4 thì thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 6: Đáp án B. x  3  0  x . Điều kiện:  3  2 x  0 Câu 7: Đáp án C.

Lời giải Đặt z0  1  i , khi đó z  z0  z0  z0 4  ..  z0 22 . 2

3

Ta có z0 .z  z0 3  z0 4  ...  z0 23

Suy ra z.z0  z  z0 23  z0 2  z  z0  1  z0 23  z0 2

1  i   1  i   2050  2048i . z 23  z0 2 z 0  z0  1 1 i 1 23

2

Vậy phần thực của số phức z là x  2050  211  2 . Câu 8: Đáp án D. Đặt z  x  yi  x, y 

 . Khi đó, theo đề bài ta có z  1 x  yi  1  x  1  yi  x  1  yi  .  x   y  1 i     z  i x  yi  i x   y  1 i  x   y  1 i   x   y  1 i     x  x  1   x  1 y  1 i  xyi  y  y  1 i  x   y  1 x  x  1  y  y  1   xy   x  1 y  1  i  x   y  1 x  x  1  y  y  1 0  x xy Mà phần thực bằng 0, do đó x   y  1 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

y0

 1 1  1 1 1 1   x     y    . Vậy đường tròn tâm I  ;  , bán kính R  . 2  2 2 2  2 2 Câu 9: Đáp án A. Đặt u  2x  1  du  2dx

vdv  e x dx  v  e  x .

  2x  1 e dx   2x  1 .  e    e    2x  1 e  x  2e  x  C    2x  1 e  x  C . x

Khi đó

x

x

Câu 10: Đáp án A.

Ta có d A;  P   Câu 11: Đáp án B Lovebook.vn|10

1  2.  2   2.  3   3 12  2 2   2 

2

2.

2dx


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

B C

Ngọc Huyền LB

Hình vẽ bên minh họa một hình hộp ABCD.ABC D nội tiếp mặt cầu tâm I bán kính R. Vì tính đối xứng nên hình hộp nội tiếp khối cầu luôn là hình hộp chữ nhật. Do vậy đặt ba kích thước của hình hộp chữ nhật lần lượt là a, b, c. Khi đó thể tích của hình hộp chữ nhật là V  abc . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có a  b  c  3 3 abc

 V 2   abc  STUDY TIP: Cho hình hộp chữ nhật có 3 kích thước là a, b, c khi đó độ dài đường chéo của hình hộp chữ nhật được tính bằng công thức

2

3 3   2 R 2   a  b  c 2   a2  b2  c 2  2        V     3 3 3      

3

 2   64R  27 

64 R6 8 R3  27 3 3 Chú ý: ở đây, do tính đối xứng nên hình hộp chữ nhật nội tiếp mặt cầu luôn có tâm là tâm của mặt cầu, do vậy độ dài đường chéo chính bằng đường kính của mặt cầu. Tương tự bài toán hình trụ nội tiếp khối cầu trong sách Bộ đề tinh túy môn toán 2017 mà tôi đã đưa ra. Câu 12: Đáp án B. V 

d  a 2  b2  c 2

Kẻ AH vuông góc với  BCD  , khi đó AH là đường cao của khối tứ diện ABCD.

A

Gọi M là trung điểm của CD. Trong tam giác ABM, đường phân giác của AMB cắt AH tại I, kẻ IK vuông góc với AM (như hình vẽ). Do ABCD là tứ diện đều nên BM  CD , mặt khác AH  CD , từ đây suy ra I

K

B

H

D

 IK  AM  

M

P

H

 

Tương tự với các trường hợp còn lại ta suy ra I là tâm của mặt cầu nội tiếp khối tứ diện ABCD. Ta có hình vẽ mặt phẳng ABM ở bên, P là giao điểm của MP và AB. Nhận thấy tam giác ABM cân tại M (do BM = AM), từ đây suy ra phân giác MI là đường cao.

A

B

Do MI là phân giác AMH vậy IH  IK hay d I ;  BCD   d I ;  ACD  .

C

I

 ABM    ACD .  ABM    ACD    Ta có  ABM    ACD   AM  IK   ACD  .

a 2 .3 a 2 a   4 4 2 Hai tam giác MHI và MPB đồng dạng, suy ra

Ta có MP  MB2  BP 2 

K

M

a 3 a . IH HM HM.BP 6 2a 6.   IH   a BP MP MP 12 2 Vậy diện tích mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD là S  4R2  4.a2 .

6 a2  . 144 6

Câu 13: Đáp án C.

11|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

 8  4 2 x  1  2  y  2 3 Ta có y '  x  2 x  1  0    84 2 x  1  2  y   3 

Khi đó d 

x

1

 x2    y1  y2   2

2

10 2 . 3

Câu 14: Đáp án D.

Xét phương trình hoành độ  x  1 e x  x2  1   x  1 e x  x  1  0 . x  1  . x  0

Vậy diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường y   x  1 e x , y  x2  1 1

được tính bằng công thức S   x2  1   x  1 e x dx . 0

Nhận xét: trên 0;1 thì x  1   x  1 e x nên 2

1

1

0

0

S   x2  1   x  1 e x dx   x2  1   x  1 e x dx 1  x3 1 1 2   x     x  1 e x dx     x  1 e x dx 3 0  3 0 0

Đặt u  x  1  du  dx ; e x dx  dv  v  e x 1

Khi đó

  x  1 e dx   x  1 .e x

x

0

1 1 x  e dx  e  2 . 0 0

8 3 Câu 15: Đáp án A. Vậy S  e 

S

Tam giác SAB cân tại S có ASB  60  tam giác SAB đều  AB  a . Tam giác SBC vuông tại S  BC  SC 2  SB2  a 2 . Áp dụng định lí hàm cos cho tam giác SAC ta có AC  SA 2  SC 2  2.SA.SC.cos 120  a 3 . H

A

C

AB

B

O D

2

 3a2  AC 2  tam giác ABC vuông

tại B. Gọi H là trung điểm của AC, suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mà tứ diện SABC có SA  SB  SC  a  SH là đường cao của tứ diện S.ABC. 2

a 3 a Ta có SH  SA  AH  a     .  2  2   2

C

A’ B’

D’

 

Tam giác ABC có AB2  BC 2  a2  a 2

C’

2

2

1 1 a 1 a3 2 V  . SH . S  . . . a . a 2  Vậy thể tích khối chóp là ABC 3 3 2 2 12 Câu 16: Đáp án A. Bài toán này tôi đã đưa ra trong sách độ đề tinh túy môn Toán năm 2017 ( câu 38 đề 3) như sau:

Lovebook.vn|12


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Do đường tròn đáy của hình nón nội tiếp hình vuông A' B' C ' D ' nên độ dài 2

đường kính hình tròn d  a  R 

1 a a3 a . Khi đó V  .a.     . 3 2 12 2

Câu 17: Đáp án A.

Xét phương trình hoành độ giao điểm  x  1 .e 2 x  0  x  1 . Vậy diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y   x  1 .e 2 x , trục hoành và các đường thẳng x  0, x  2 được tính bởi công thức: 1

2

0

2

1

1

S    x  1 .e 2 x dx    x  1 .e 2 x dx    x  1 .e 2 x dx    x  1 .e 2 x dx 0

1

0

2

1

1

Đặt I1    x  1 .e 2 x dx; I 2    x  1 e 2 x dx Đặt x  1  u  dx  du ; vdv  e 2 x dx  v  Khi đó I 0 

1 2x .e 2

b 1b b 1 b 1 1 2x .e .  x  1   e 2 x .dx  .e 2 x .  x  1  .e 2 x . a 2a a 4 a 2 2

1 1 1  e2 3 Vậy từ đây ta có I1     .e 0  .e 2    . 2 4 4  4 4

I2 

1 4  1 4 1 2  e4 e2 .e   .e  .e    . 2 4  4 4 4

Suy ra I  I1  I 2 

e4 e2 3   . 4 2 4

Câu 18: Đáp án B.

Ta có x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  9  0  tâm I 1; 2; 3  , bán kính R  9  1  4  9  5 .

Câu 19: Đáp án A. 2

2

Ta có e x  2x.e x . Câu 20: Đáp án C.

Đường thẳng d đi qua hai điểm A  1; 2; 4  và B 1; 0; 2  có vtcp u  AB   2; 2; 6   2 1; 1; 3  , vậy d có phương trình

x1 y2 z4 .   1 1 3 Câu 21: Đáp án B. d:

2 x 1 Xét phương trình 2   4 x Điều kiện: x .

2 2 x 1 Ta có phương trình  2   22 x   x  1  2x

x  2  3  x2  4 x  1  0   .  x  2  3 Câu 22: Đáp án A. Gọi N là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng x  1  t  d :  y  2  2t  t   z  2  2t 

. 13|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Khi đó N 1  t ; 2  2t; 2  2t   MN   t  3; 2t  1; 2t  1 . Ta có MN  d  MN.ud  0   t  3 .1   2t  1 .2   2t  1 .  2   0

 9t  7  0  t 

5 2 7  20 5 5  .  MN  ;  ;  . Khi đó MN  d  M ; d   3 9 9 9  9

Câu 23: Đáp án C. 2 x2 dx; vdv  xdx  v  2x  1 2 2 2 x x 2 Khi đó  x ln  2 x  1 dx  .ln 2 x  1   . dx 2 2 2x  1 x 1  x2 x2 x2 1 dx  .ln 2 x  1   dx  .ln 2 x  1       2 4 4  2 x  1  2 2x  1 2  

Đặt u  ln  2 x  1  du 

 x2 x 1  x2 .ln 2 x  1     .ln  2 x  1   C 2  4 4 8 

x  x  1 4x2  1 .ln 2 x  1  C. 8 4 Câu 24: Đáp án C. 

x  0 Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2  2 x   x 2   x  1 Khi đó thể tích khối tròn xoay có được khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đồ

thị hàm số y  x 2  2 x; y   x 2 quay quanh trục Ox được tính bởi công thức 1

V   x 2  2 x

   x  2

2

2

dx

0

Ta thấy trên 0;1 thì x2 1

  x 2

2

2

 2 x , do vậy ta có công thức

V     x4  x4  4x3  4x2 dx   0

1  4 1    4 x 3  4 x 2 dx  .   x 4  x 3   (đvtt). 3 0 3  0

Câu 25: Đáp án C. Ta có log 6 90 

log 90 log  9.10  log 9  log 10 2 log 3  1 2b  1     . log 6 log 2  log 3 log 2  log 3 a  b log  2.3 

Câu 26: Đáp án A.  x  1 Ta có y '  3 x 2  3  0   . Ta thấy hàm số đã cho là hàm số bậc ba có hệ x  1

số a  1  0 nên hàm số đồng biến trên  ; 1 và 1;   , hàm số nghịch biến trên  1;1 . Câu 27: Đáp án C.

Ta có w  1  i  .  2  3i    2  i  .  2  3i   2  5i . Vậy phần ảo của số phức w là -5. Câu 28: Đáp án B. Cách 1: Ta có 4 x  2 2

x  1

2

 2x  1  x2

 4 x  2 x 2  x 2  2 x  1  2 2

Lovebook.vn|14

x  1

2


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

2 2 2 x 1  22 x  2x2   x  1  2   * 

có g '  a   2a .ln 2  1  0  hàm số g  x  đồng

Xét hàm số g  a   2a  a trên biến trên

 

Vậy phương trình  *  trở thành g 2x2  g  x  1

2

x  1  2  2 x2  x2  2x  1    x  1  2 Vậy phương trình đã cho chỉ có duy nhất một nghiệm dương. Cách 2: Sử dụng TABLE. Ta đặt f  x   4x  2 2

x 1

2

 2x  1  x2 . Ở đây ta sử dụng nút TABLE bởi ta biết

rằng, nếu hàm số f  x  đổi dấu qua x  c thì x  c là nghiệm của phương trình

f  x   0 . Do vậy, ta đi xét xem hàm số đổi dấu bao nhiêu lần trên  0;   . Sử dụng nút TABLE: 1. MODE  7:TABLE

2. Nhập biểu thức f  x  vào, ấn =, 3. START? Chọn 1 =, END? 15 =, STEP? 1=, máy hiện như hình bên. Nhận thấy hàm số chỉ đổi dấu trên khoảng từ 2 đến 3, từ 3 trở đi, giá trị của

hàm số tăng dần, tức hàm số đồng biến trên  3;   . Vậy phương trình đã cho chỉ có duy nhất một nghiệm dương. Câu 29: Đáp án D.

2 3 x  2  x  2x  0  x x  2  0   Điều kiện:    1  x  0 1  x  0   x  1

Ta có log 2 x 3  2 x  log

2

1  x  log 2 x 3  2 x  2 log 2 1  x

 log 2 x 3  2 x  log 2 1  x   x 3  2 x  1  x  x3  3x  1  0 , bấm máy ta

thấy phương trình bậc ba này có 3 nghiệm, tuy nhiên, so sánh với điều kiện thì chỉ có hai nghiệm thỏa mãn, do vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. Câu 30: Đáp án D. Đặt z  x  yi ,  x, y 

.

Khi đó phương trình đã cho trở thành

x  2   y  1 i  x   y  2  i

 x  2    y  1 2

2

 x2   y  2 

2

 x2  4x  4  y 2  2 y  1  x2  y 2  4 y  4

 4x  2y  5  4y  4  4x  2y  1  0 .

Câu 31: Đáp án A. Ta có w=i  3  4i    3i  4 

25.  3  4i  25  3i  4i 2  3  4i  3  4i  3  4i 

75  100i 75  100i  3i  4   3i  4   3  4i   1  i 2 25 9  16i

 w  12  12  2 .

Câu 32: Đáp án A. 15|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

 x  1  2 t  Ta có d1  y  1  t  z  1  3t 

 x  3  2 t '  ;  y  2  2 t '  z  2  t ' 

1  2t  3  2t ' 2t  2t '  2 t  1   Ta có hệ phương trình 1  t  2  2t '  t  2t '  3   . 1  3t  2  t ' 3t  t '  1 t '  2   Hệ phương trình có nghiệm duy nhất, suy ra hai đường thẳng này cắt nhau. Câu 33: Đáp án B. Chọn B  3; 1; 1 , C  1; 0; 0 là hai điểm nằm trên đường thẳng d, suy ra hai điểm A, B cũng nằm trong mặt phẳng  P  cần tìm. Bài toán trở thành viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua ba điểm

A  3;1; 0  , B  3; 1; 1 , C 1; 0; 0  . Đây là dạng toán mà tôi đã đề cập rất chi tiết trong sách “Bộ đề tinh túy môn Toán năm 2017”. Mặt phẳng  P  có vtpt n   AB, BC    1; 2; 4   1 1; 2; 4   

mà mặt phẳng  P  chứa điểm C 1; 0; 0  nên  P  : x  2y  4z  1  0 . Câu 34: Đáp án D.

I    x  1 sin 2 xdx.

1 Đặt x  1  u  dx  du ; sin 2xdx  vdv  v   .cos 2x 2   x  1 1  x  cos 2 x  1 .sin 2 x  C 1 .cos 2 x   cos 2 xdx  Khi đó F  x   2 2 4 2 

 2  2 x  cos 2 x  sin 2 x  C .

4 Câu 35: Đáp án D Với x  1 không là nghiệm của phương trình đã cho.

Với x  1 thì phương trình  2x 

y

x1 x 1

x1 . x 1 Ta có hàm số g  x  luôn đồng biến trên Đặt g  x   2x ; f  x  

.

Hàm số f  x  luôn nghịch biến trên  ;1 và 1;   . O 1

x

Vậy phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất 1 nghiệm trên  ;1 và nhiều nhất 1 nghiệm trên 1;   . Khi bấm máy dò nghiệm thì thấy phương trình đã cho có 1 nghiệm trên  ;1 và 1 nghiệm trên 1;   . Câu 36: Đáp án C. 3

1

5

Vậy y  x. 3 x. 4 x  x. x.x 4  x.x 12  24 x17 . Khi đó y ' 

24

x17 ' 

17 24 7 17 . . x  24 2424 x7

Câu 37: Đáp án D. 

Diện tích hình phẳng cần tìm được tính bằng công thức S   x.sin 2x dx 0

Lovebook.vn|16


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

x  0   Xét phương trình x.sin 2 x  0   x  ( xét trên 0;  ).  2 x     2

Nên ta có S   x.sin 2 xdx   x.sin 2 xdx .  2

0

Tương tự như bài 34 chỉ khác x  1 và x, do vậy ta có

  2 x cos 2 x  sin 2 x 2 x cos 2 x  sin 2 x   3  S 2         (đvdt). 4 4 4  4  0 2 Câu 38: Đáp án D. Ta dễ dàng nhận ra các mặt của hình hộp là hình thoi. D’

A’

C’

Kí hiệu như hình vẽ. Do các cạnh kẻ từ đỉnh A đôi một vuông góc, do vậy các tam giác AAB, AAD , ABD là các tam giác đều. Do vậy AD  AB  BD  a , suy ra tam A giác ABD đều  AO  BD .

B’ D H O C

Trong mặt phẳng  AAC  , kẻ AH  AC tại H.

B

 AO  BD  BD   AAC    A AC    ABCD  . Ta có   AC  BD

 AH   ABCD  .

 AH là đường cao của khối hộp. Ta có ABC là tam giác cân tại B có ABC  120  AC  a 3 . Tam giác AOA cân tại O , nên ta tìm được AH  Vậy V  AH.SABCD 

S

a 2 3

.

a 2 1 a3 2 . .a.a 3  . 2 3 2

Câu 39: Đáp án D. Kí hiệu như hình vẽ, theo đề bài ta có SDH  60 A

C D

H

Câu 40: Đáp án B. Điều kiện: 0  x  1 .

B C’

A’ D B’

C

A

B

 SH  DH.tan 60 

1 a 1 a 3 a 3 a3 3 a .a  . 3  . Vậy V  . . . . 3 2 2 2 6 24 2

Phương trình  log 3 x 3  3x 2  log 3 x  x 2

 x3  3x2  x  x2

x  0  x3  4x2  x  0   , chỉ có một nghiệm thỏa mãn.  x  2  5 Phương trình vô nghiệm. Câu 41: Đáp án D Gọi D là trung điểm của AB . Khi đó C D  AB (do tam giác ABC  cân tại C  ). C D  A B  C D   ABBA   . Ta có   BB  C D

Khi đó C BD  C ' B,  ABBA   60 . 17|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

 C ' D  BD.tan 60  a2 

a2 a 15 . . 3 4 2

1 1 a 15 a3 15 .C D.AB.AA  . .a.a  . 2 2 2 4 Câu 42: Đáp án C. 3 1 Ta có y '  .  k  y '  1  2 3  2x  1 Vậy V 

Câu 43: Đáp án A.

1 x

Ta có y '  2

  

Câu 44: Đáp án B.

 1  x .ln 2.2

1 z

 ln 2 2 1 x

Ta có  x  1 .2x  2x x2  1  4. 2x1  x2 2

.2

1 x

.

  x  1 .2 x  2 x 3  2 x  4 x 2  2 x1 2

 2 x . x 2  2 x  1  2  2 x. x 2  2 x  1



 x2  2x  1 . 2x  2x  0

x  1  2  x  1  2   x  5. x  1  x  2 Câu 45: Đáp án D. log 2 b log 2 b b    log 2 b  4  b  2 4 Ta có log a b  16 log 2 a 4 b

16  1  a  2 . Vậy a  b  18 . 16 Câu 46: Đáp án A.  log 2 a 

 x  0  x  0   x  2   x  3x  0   x  3  Điều kiện     x  3  2 log x  3x  1  x  5   2  x  2  x  3 x  10    x  5  Câu 47: Đáp án D. 2

Ta có S

2

1 1 1  1 1  1 xa dx   dx   .ln C   dx   2 2a  a  x a  x  2a xa x  a  x  a  x 

Áp dụng vào bài ta chọn D. Câu 48: Đáp án B. Kẻ DH  SB

H

B

A

a

Đặt AD  x  SD  a 2  x 2  BD  DH  SD2  Ta thấy VSABC  2VSABD 1

D C

Ta có AD  BD; AD  SD  AD  SBD

Lovebook.vn|18

a2  4

3a 2  x2 4


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Vậy VSABD 

Ngọc Huyền LB

1 1 1 1 1 3a2 .AD.SSBD  .x. .DH.SB  VSABC  2. .x. .a.  x2 3 3 2 3 2 4

1 3a 2 1 .x.a.  x 2  a. 3 4 3 Câu 49: Đáp án C 

Đặt z  x  yi ,  x, y 

x2 

3a 2  x2 a3 4  2 8

.

Khi đó phương trình  x 2   y  1  2

 x  1   y  2  2

2

 2y  1  2x  1  4y  4  2x  6y  4  0  x  3y  2  0  x  3y  2

Với w  x  yi   2  i  .z  1   2  i  .  x  yi   1  2x  2 yi  ix  y  1

  2x  y  1   2 y  x  i   x '  2 x  y  1  2.  3 y  2   y  7 y  5   x ' 7 y '  9  x ' 7 y ' 9  0 .   y '  2 y  x  2 y  3y  2   y  2 Câu 50: Đáp án B. Điều kiện 0  x  8 . Đặt f  x   2x ; g  x   log 2  8  x  , xét hai hàm số này trên  0; 8  , ta có

f '  x   2x.ln 2  0x  hàm số đồng biến trên  0; 8  . g '  x  

1  0x   0; 8   hàm số nghịch biến trên  0; 8  .  8  x  .ln 2

Suy ra phương trình 2x  log2  8  x  có nhiều nhất một nghiệm trên  0; 8  . Mà  f 1  g 1  .  f  2   g  2   0 nên phương trình có duy nhất một nghiệm thực trên  0; 8  .

P/s: Hầu hết các dạng bài đều có trong “Bộ đề tinh túy Toán”. Các em nhớ luyện tập hết mọi đề trong sách nhé. Ngoài ra, khai báo đầy đủ ở đây để chị gửi tài liệu, đề thi kèm theo: http://ngochuyenlb.gr8.com/

19|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

ĐỀ SỐ 2 Trường THPT NGHÈN, CAN LỘC HÀ TĨNH ThS. ĐẶNG THỊ QUỲNH HOA (Đề được đăng trên Báo THTT tháng 2/2017) Câu 1. Trong các đồ thị dưới đây, đồ thị nào là đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  3 ? y

y 3

1

x

1

-1 O

A.

có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1.

O x

A. m  3 3 .

B. m  3 .

C. m  3 3 .

D. m  1 .

Câu 9. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị là đường

1 O

-3

D. y  9x  24 .

Câu 8. Tìm m để đồ thị hàm số y  x 4  2 mx 2  2

y

1

B. y  9x  8; y  9x  24 .

C. y  9x  8 .

B. y

song song với đường thẳng 9x  y  24  0

có phương trình là A. y  9x  8 .

x

-3

-1

Câu 6. Số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ 3x  1 thị hàm số y  2 là x 4 A. 2. B. 1. C. 4. D. 3. 3 2 Câu 7. Cho C  : y  x  3x  3 . Tiếp tuyến của

C 

O -1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút

1

3

cong như hình bên. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

x

y

C.

D.

2

Câu 2. Kết luận nào sau đây về tính đơn điệu của 2x  1 hàm số y  là đúng? x 1 A. Hàm số luôn nghịch biến trên \1 . B. Hàm số luôn nghịch biến trên  ;1 và

1;  

C. Hàm số luôn đồng biến trên

\1 .

D. Hàm số luôn đồng biến trên

1;   Câu

 ;1

3. Giá trị lớn nhất của hàm số

y  x 3  3 x  5 trên đoạn 0;1 là

A. 5. B. 3. C. 1. D. 7. 3 Câu 4. Cho hàm số y  x  4 x . Số giao điểm của đồ thị hàm số và trục Ox bằng A. 0. B. 2. C. 3. D. 4. 1 3 Câu 5. Hàm số y  x  2x2  3x  1 đồng biến trên 3 A.  2;   . B. 1;   . C.  ;1 và  3;   . D. 1; 3 .

Lovebook.vn|20

2 O

1

x

-2

A. Hàm số đạt cực đại tại x  0 và đạt cực tiểu tại x  2 . B. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 2. C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 2 và giá trị nhỏ nhất bằng 2 . D. Hàm số có ba cực trị. Câu 10. Một người cần đi từ khách sạn A bên bờ biển đến hòn đảo C . Biết rằng khoảng cách từ đảo C đến bờ biển là 10 km , khoảng cách từ khách sạn A đến điểm B trên bờ gần đảo C là 40 km . Người đó có thể đi đường thủy hoặc đi đường bộ rồi đi đường thủy (như hình vẽ dưới đây). Biết kinh phí đi đường thủy là 5 USD / km , đi đường bộ là 3 USD / km . Hỏi người đó phải đi đường bộ một khoảng bao nhiêu để kinh phí nhỏ nhất? ( AB  40 km, BC  10 km .).


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết 2

C

D.

15 65 km . B. km . C. 10km . D. 40 km . 2 2 Câu 11. Tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số x2 và đường thẳng y  2x là y x1  1  A.  2; 4  .B.   ;1  .  2  A.

1  D.  2; 4  ,  ; 1  . 2  1 Câu 12. Nghiệm của phương trình 2 x1  là 8 A. x  4 . B. x  2 . C. x  3 . D. x  2 . Câu 13. Đạo hàm của hàm số y  log 3 x là  1 C.  2;   . 2 

1 . x ln 3 ln 3 C. y '  . x Câu 14. Nghiệm A. y ' 

B. y ' 

1 . x

bất

phương

trình

x 2

1 1 là    27 3 A. x  5 . B. x  5 . Câu 15. Tập xác 1 là y log 2 x2  2 x

C. x  1 . D. x  1 . định của hàm số

A. D   0; 2  .

B. D  0; 2  . D. D   0; 2  \1 .

C. D  0; 2  \1 . Câu 16. Trong các hàm số dưới đây, hàm số nào đồng biến trên ? x

1 A. y    . 2

B. y  log2  x  1 .

C. y  log 2 x  1 . 2

D. y  log 2 2  1 . x

Câu 17. Cho các số thực dương a, b, c với c  1 . Khẳng định nào sau đây là sai? a A. logc  logc a  logc b . b b 1 B. log c2 2  log c b  log c a . 2 a a ln a  ln b C. logc  . b ln c

2 x  x  2  ln 2 2

1

B. y ' 

2 x  x  2  ln 2 2

1

C. y ' 

x  x  2  ln 2 2

D. y ' 

1 2  x  2  ln 2 2

log 4 x là x2

 x  2  x ln x  .  x  2  ln x  .

 x  2  x ln x  .  x  2  x ln x  .

Câu 19. Đặt log12 27  a . Hãy biểu diễn log 6 16 theo a .

12  4a 4a  12 . B. log 6 16  . a3 a3 12  4a 12  4a C. log 6 16  . D. log 6 16  . a3 a3 Câu 20. Cho các số thực dương a , b với a  1 và A. log 6 16 

log a b  0 . Khẳng định nào sau đây là đúng?

D. y '  x ln3 . của

1

A. y ' 

B

D 40 km

b 1 log c2    log c b  log c a . 2 a

Câu 18. Đạo hàm của hàm số y 

10 km

A

Ngọc Huyền LB

0  a , b  1 A.  . 0  a  1  b 0  b  1  a C.  . 1  a , b

0  a , b  1 B.  . 1  a , b 0  a , b  1 D.  . 0  a  1  b

Câu 21. Người ta thả một lá bèo vào một hồ nước. Giả sử sau t giờ, bèo sẽ sinh sôi kín cả mặt hồ. Biết rằng sau mỗi giờ, lượng lá bèo tăng gấp 10 lần lượng lá bèo trước đó và tốc độ tăng không 1 đổi. Hỏi sau mấy giờ thì số lá bèo phủ kín cái hồ? 3 t t 10 t A. . B. . C. t  log 3. D. . log 3 3 3 Câu 22. Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  liên tục trên  a; b , trục hoành và hai đường thẳng x  a, x  b được tính theo công thức nào sau đây? b

b

A. S   f  x  dx .

B. S   f  x 

C. S   f  x  dx .

D. S   f  x  dx .

a b

a

2

dx .

a

b

2

a

Câu 23. Nguyên hàm của hàm số f  x  

1 là x1

21|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

A. F  x   ln  x  1  C . B. F  x   log32  x  1  C . C. F  x  

1

 x  1

2

 C . D. F  x   ln x  1  C .

Câu 30. Cho số phức z  4  5 i . Số phức liên hợp của z có điểm biểu diễn là

B.  4; 5 . C.  5; 4  .

A.  4; 5  .

D.  4; 5 .

Câu 24. Một ca nô đang chạy trên hồ Tây với vận tốc 20 m / s thì hết xăng. Từ thời điểm đó, ca nô

Câu 31. Giả sử z1 và z 2 là các nghiệm phức của

chuyển động chậm dần đều với vận tốc

thức A  z1  z2

v t   5t  20 m / s , trong đó t là khoảng thời

gian tính bằng giây, kể từ lúc hết xăng. Hỏi từ lúc hết xăng đến lúc dừng hẳn, ca nô đi được bao nhiêu mét? A. 10 m . B. 20 m . C. 30 m . D. 40 m . 1

Câu 25. Giá trị của tích phân I   x x2  1dx là

1 A. 2 2 1 . 3 1 C.  2 2  1 . 3

 

0

 

1 B. 2 2 1 . 3 1 D. 22 2 . 3  2

Câu 26. Giá trị của tích phân I   x sin x dx là 0

  . C. 1 . D.   1 . 2 2 Câu 27. Thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình x phẳng giới hạn bởi các đường y  , y  0 , x  1 4 , x  4 quanh trục Ox là 21 A. 6 . B. . C. 12 . D. 8 . 16 Câu 28. Một nguyên hàm F  x  của hàm số A. 1 .

B.

f  x   2sin 5x  x 

3 sao cho đồ thị của hai 5 hàm số F  x  , f  x  cắt nhau tại một điểm thuộc Oy là

2 2 A.  cos 5x  x 5 3 2 2 B.  cos 5x  x 5 3 2 2 C.  cos 5x  x 5 3 2 2 D.  cos5x  x 5 3 Câu 29. Cho số phức

3 x  x  1. 5 3 x  x. 5 3 x  x  1. 5 3 x  x2 . 5 z  3  2 i . Tìm phần thực và

phần ảo của số phức z . A. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng 2. B. Phần thực bằng 3 , phần ảo bằng 2. C. Phần thực bằng 3, phần ảo bằng 2 . D. Phần thực bằng 3 , phần ảo bằng 2 . Lovebook.vn|22

phương trình z2  4z  13  0 . Giá trị của biểu 2

2

A. 18 . B. 20 . C. 26 . D. 22 . Câu 32. Cho số phức z  1  i . Tính môđun của số phức w 

z  2i . z 1

A. w  2 . B. w  2. C. w  1 . D. w  3 . Câu 33. Các nghiệm của phương trình z4  1  0 trên tập số phức là A. 2 và 2. B. 1 và 1. C. i và i . D. 1; 1; i và i .

z thỏa mãn z  1  z  2  3 i . Tập hợp các điểm biểu diễn số

Câu

34.

Cho

số

phức

phức z là A. Đường tròn tâm I 1; 2  , bán kính R  1 . B. Đường thẳng có phương trình x  5y  6  0 . C. Đường thẳng có phương trình 2x  6y  12  0 . D. Đường thẳng có phương trình x  3y  6  0 . Câu 35. Hình hộp chữ nhật có độ dài ba cạnh xuất phát từ một đỉnh lần lượt là 2, 3, 4. Thể tích hình hộp đó là: A. 24. B. 8. C. 12. D. 4. Câu 36. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 3 . Thể tích V của khối chóp S.ABC là 3a 3 a3 A. V  B. V  . . 8 4 3 3a 3 3a V  . C. V  D. . 2 2 Câu 37. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A ' B 'C ' có góc giữa hai mặt phẳng  A ' BC  và  ABC  bằng 600 , cạnh AB  a. Thể tích V khối lăng trụ ABC.A' B' C ' là:

3 3a 3 . B. V  3a 3 . 8 3a 3 3a 3 . C. V  D. V  . 4 4 Câu 38. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là A. V 

hình vuông cạnh a , SA  a 3 và vuông góc với


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

đáy. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC  bằng:

a 2 a 3 a a . . B. C. . D. . 2 3 2 3 Câu 39. Trong không gian, cho tam giác ABC A.

vuông tại A , AC  a , ABC  30 0 . Tính độ dài đường sinh l của hình nón, nhận được khi quay tam giác ABC quanh trục AB .

a 3 . D. l  a 2. A. l  2a. B. l  a 3. C. l  2 Câu 40. Một thùng hình trụ có thể tích bằng 12, chiều cao bằng 3. Diện tích xung quanh của thùng đó là: A. 12. B. 6. C. 4. D. 24. Câu 41. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , cạnh AB  3, BC  4 , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  12 . Thể tích V của khối cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC là: 2197  169 A. V  B. V  . . 6 6 2197  13 C. V  D. V  . . 8 8 Câu 42. Người ta cần đổ một ống bi thoát nước hình trụ với chiều cao 200 cm , độ dày của thành bi là 10 cm và đường kính của bi là 60 cm . Lượng bê tông cần phải đổ của bi đó là: A. 0,1 m 3 . B. 0,18 m3 . C. 0,14 m3 .

D.  m3 .

Câu 43. Mặt cầu . S  . có tâm I 1; 2; 3  và bán kính R  2 có phương trình: 2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 44. Trong không gian cho đường thẳng d có x  2 y z 1 phương trình d :   . Một vectơ chỉ 1 2 3 phương của d là: A. u   2;0;1 . B. u   2;0; 1 . C. u   1; 2; 3  .

D. u  1; 2; 3  .

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

 P : x  2y  3z  5  0

và mặt

phẳng Q : 2x  4 y  6z  5  0 . Khẳng định nào sau đây là đúng?

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x2  y2  z2  2x  6y  4z  2  0 . Xác định tâm I và bán kính R của mặt cầu S  .

A. I 1; 3; 2  , R  2 3 . B. I  1; 3; 2  , R  2 3. C. I  1; 3; 2  , R  4 .

D. I 1; 3; 2  , R  4 .

Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

x 1 y z 1 và điểm   2 1 1 A  2;0; 1  . Mặt phẳng  P  đi qua điểm A và

cho đường thẳng d :

vuông góc với đường thẳng d có phương trình là A. 2x  y  z  5  0 . B. 2x  y  z  5  0 . C. 2x  y  z  5  0 .

D. 2x  y  z  5  0 .

Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

x2 y2 z và mặt   1 1 1 phẳng  P  : x  2 y  3z  4  0 . Đường thẳng d cho đường thẳng  :

nằm trong mặt phẳng  P  sao cho d cắt và vuông góc với  có phương trình là x  3 y 1 z 1 x1 y 3 z 1 A. . B. .     1 1 1 2 2 1 x  3 y 1 z 1 x 3 y 1 z 1 C. . D.   .   1 2 1 1 1 2 Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  1  4 và 2

2

 P  : x  2 y  2z  3  0 .

2

Khẳng định

C.  P  không cắt S  .

D.  x  1   y  2    z  3   4. 2

D.  P   Q  .

C.  P  cắt  Q  .

B.  P  tiếp xúc với S  .

C.  x  1   y  2    z  3   2. 2

B.  P   Q .

nào sau đây là đúng? A.  P  cắt S  .

B.  x  3    y  2    z  2   4. 2

A.  P  / / Q  .

mặt phẳng

A.  x  1   y  2    z  3   4. 2

Ngọc Huyền LB

D. Tâm của mặt cầu S  nằm trên mặt phẳng  P  Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 2; 1 , B 0; 4;0  và mặt phẳng

 P

có phương trình 2x  y  2z  2015  0 . Gọi

 là góc nhỏ nhất mà mặt phẳng  Q  đi qua hai

điểm A, B tạo với mặt phẳng  P  . Giá trị của

cos là 1 A. . 9

B.

1 . 6

C.

2 . 3

D.

1 3

.

23|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

1C 11D 21C 31C 41B

The best or nothing

2B 12B 22C 32B 42A

3A 13A 23D 33D 43A

4C 14B 24D 34D 44C

ĐÁP ÁN 5C 6D 15D 16D 25A 26C 35A 36B 45A 46C

7C 17D 27B 37A 47C

8D 18A 28C 38B 48D

9A 19B 29C 39A 49B

10B 20B 30A 40A 50D

Câu 1: Đáp án C Dạng bài toán nhận dạng đồ thị đã được tôi đề cập khá kĩ trong cuốn bộ đề tinh túy môn toán năm 2017, tuy nhiên ở đây tôi xin nhắc lại bảng các dạng đồ thị và cách suy luận phía dưới. Nhận thấy hàm số đề bài cho là hàm số bậc 4 trùng phương có hệ số a  1  0 , và b.a  2  0 , đo đó đồ thị hàm số có dạng W, từ đây ta chọn luôn C. Dưới đây là bảng dạng đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương để ta suy luận nhanh. Dạng của đồ thị hàm số y  ax4  bx2  c  a  0  a0

Phương trình y '  0 có ba

a0

y

y

nghiệm phân biệt x O

Phương trình y '  0 có một

x O

y

y

nghiệm x

O

O

x

Câu 2: Đáp án B

Ta có ad  bc  2.  1  1.1  3  0 , đo đó hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định. Từ đó ta chọn B. Câu 3: Đáp án A. x  0 Ta có x 3  3x 2  5 '  3x 2  6 x  0   . Do vậy ở đây ta chỉ cần so sánh hai x  2 giá trị của hàm số tại đầu mút của đoạn.

Nhận thấy f  0   5  f 1  3 do vậy chọn A. Câu 4: Đáp án C x  0 Xét phương trình x 3  4 x  0   .  x  2 Câu 5: Đáp án C.

x  1 Cách 1: Xét phương trình y '  0  x 2  4 x  3  0   x  3 Lovebook.vn|24


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

1  0 và có hai nghiệm phân biệt, 3 do vậy đồ thị hàm số có dạng N, nên hàm số sẽ đồng biến trên  ; 1 và Mặt khác đây là hàm số bậc ba có hệ số a 

 3;  . Dưới đây là bảng dạng đồ thị hàm số bậc ba, từ đó ta có thể suy luận nhanh như trên. 1. Hàm số y  ax3  bx2  cx  d  a  0  .

Dạng của đồ thị hàm số bậc ba y  ax3  bx2  cx  d  a  0  a0

a0

Phương trình y '  0 có hai

y

y

nghiệm phân biệt x

x O

O

Phương trình y '  0 có nghiệm

y

y

kép

O

x

x O

Phương trình y '  0 vô nghiệm

y

y

x O

x O

Câu 6: Đáp án D. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm phân thức Một trong những trường hợp phổ biến thường thấy trong các bài toán tìm tiệm STUDY TIP: ta chú ý lí thuyết về tiệm cận đứng tiệm cận ngang đồ thị hàm phân thức mà tôi sẽ đề cập trong cuốn chắt lọc tinh túy toán 2017 ở bên.

cận đó là đường tiệm cận đứng của hàm phân thức ( hàm có dạng f  x  

p  x

q  x

,

trong đó p  x  và q  x  là các hàm đa thức. Nếu c là một số thực mà thỏa mãn q  c   0 và p  c   0 , khi đó đồ thị hàm số y  f  x  có tiệm cận đứng x  c . 25|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm phân thức Đặt f  x  

p x

q x

là một hàm phân thức, trong đó p  x  và q  x  là các hàm đa

thức. 1. Nếu bậc của đa thức tử số p  x  nhỏ hơn bậc của đa thức mẫu số q  x  , thì

y  0 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  . a b là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  , trong đó a, b lần lượt là hệ 2. Nếu bậc của đa thức tử số p  x  bằng bậc của đa thức mẫu số q  x  , thì y 

số của hạng tử có bậc cao nhất của đa thức tử số p  x  và đa thức mẫu số q  x  . 3. Nếu bậc của đa thức tử số p  x  lớn hơn bậc của đa thức mẫu số q  x  thì đồ thị hàm số y  f  x  không có tiệm cận ngang.

Lời giải Từ lý thuyết trên ta có * x  2; x  2 là nghiệm của phương trình x2  4  0 và x  2; x  2 không làm cho đa thức tử số bằng 0, do vậy x  2; x  2 là hai tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho. * Hàm số đã cho có bậc của đa thức tử số nhỏ hơn bậc của đa thức mẫu số nên đồ thị hàm số đã cho nhận y  0 là tiệm cận ngang. Từ đây ta chọn D. Câu 7: Đáp án C.

Tiếp tuyến của  C  tại điểm  x0 ; yo  có dạng tổng quát y  f '  x0  x  x0   y0 , do vậy tiếp tuyến song song với đường thẳng 9x  y  24  0 thỏa mãn  x  3 3 x0 2  6 x0  9   0  x0  1 Với x0  3 ta có phương trình y  9x  24 (loại do trùng với phương trình đề

bài cho). Với x0  1 ta có phương trình y  9x  8 . Phân tích: Nhiều độc giả không chú ý việc phương trình hai đường thẳng này trùng nhau, do vậy chọn B là sai. Đề bài viết phương trình đường thẳng dạng 9x  y  24  0 mà không phải y  9x  24 để đánh lừa thí sinh, chọn nhầm

STUDY TIP: Với bài toán dạng này ta chú ý nhó gọn công thức

1 S  .2 xB . yA  y B 2

đáp án. Câu 8: Đáp án D Phân tích:

Với m  0 thì đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị trong đó A  0; 2  là tọa độ điểm cực đại, hai điểm cực tiểu là B

m ; 2  m2 và C  m ; 2  m2 .

Khi đó diện tích tam giác ABC được tính bằng công thức 1 1 SABC  .BC.d  A; BC   .2 m. 2  2  m2 2 2 Do A là điểm cực đại nên 2  2  m2 , do đó ở công thức tên ta có thể bỏ dấu giá trị tuyệt đối và thu được

Lovebook.vn|26


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

SABC  m.m2  1  m  1 . Câu 9: Đáp án A. Lời giải Phương án B sai vì hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và có giá trị cực tiểu bằng 2 , không phải bằng 2. Phương án C sai vì hàm số có giá trị cực đại bằng 2, và đạt cực tiểu bằng 2 . Ta thấy trên đồ thị hàm số chỉ có hai điểm cực trị, nên D sai. Câu 10: Đáp án B. Lời giải C Giả sử người đó đi đến điểm D thì bắt đầu đi đường thủy và khoảng cách từ điểm D đến điểm B là x km  0  x  40  ( như hình vẽ). Khi đó, quãng đường người đó đi đường bộ là 40  x (km). Quãng đường người đó đi đường thủy là CD  10 2  x 2  km  . A

D Hình 1

x

B

Vậy kinh phí người đó phải bỏ ra là f  x    40  x  .3  10 2  x 2 .5 Hay f  x   5 100  x 2  3x  120 . Xét hàm số f  x   5 x 2  100  3x  120 trên 0; 40  . 5.2.x 5x Ta có f '  x   3 3 2 2 2 x  100 x  100

f '  x   0  x  7, 5 .

Nhận xét với x  7, 5 thì hàm số f  x  đạt GTNN, tuy nhiên ở đây nếu chọn

65 . 2 Tôi cũng đề cập một bài toán có ý tưởng tương tự trong sách cắt lọc tinh túy như sau: luôn 7, 5 là sai bởi đề bài hỏi AD chứ không phải x, do đó AD  40  7, 5 

600 m

ao

Ví dụ 16: Một người phải đi đến một cái cây quí trong rừng càng nhanh càng tốt. Con đường mòn chính mà người ta hay đi được miêu tả như sau: Từ vị trí người đó đi thẳng 300 m gặp một cái ao nên không đi tiếp được nữa , sau khi rẽ trái đi thẳng 600 m đường rừng sẽ đến cái cây quí đó. Biết rằng nếu đi đường mòn thì anh ta có thể chạy với tốc độ 160 m / phút, còn khi đi qua rừng anh ta chỉ có thể đi với tốc độ 70 m / phút.

300 m

Đó là con đường đi truyền thống mà người ta hay đi, vậy con đường đi mà mất ít thời gian nhất được miêu tả A. đi thẳng từ vị trí người đó đứng đến cái cây. B. đi theo đường mòn 292 m rồi rẽ trái đi đến cái cây. C. đi theo cách truyền thống ở trên. A. đi thẳng 8 m rồi rẽ trái đi đến cái cây. Đáp án D. Kí hiệu như hình 1.22 ta có Tổng thời gian người đó đi đến cái cây được tính theo công thức:

600 m

300 –x

x ao

f  x 

300  x 600 2  x 2  với 0  x  300 160 70

300 m

Hình 2 27|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Đến đây công việc của ta là đi tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  trên STUDY TIP: Ở đây ta

sử dụng công thức tính thời gian trong chuyển động thẳng s đều t  . v

1 1 0; 300 . Ta lần lượt làm theo các bước: f '  x     . 160 70

f '  x   0  16 x  7 600 2  x 2  256 x 2  49. 6002  x 2

 x2 

2x 2 6002  x2

 207 x2  49.6002

49.6002 7.600 x  292 m 207 207

Đến đây nhiều độc giả có thể vội chọn B. Tuy nhiên nhìn kĩ thì thấy D mới đúng, vì theo miêu tả thì người đó sẽ đi 300 – x mét sau đó thì đi thẳng đến cái cây. Câu 11: Đáp án D. Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số, ta có

 x  2  y  4  x  1 x2  x  1  .  2 x    2   x  1  y  1 x  2   2 x x  1 x1 2 x  3 x  2  0        2 Câu 12: Đáp án B. Điều kiện: x . Xét phương trình 2x1 

1  2x1  23  x  1  3  x  2 . 8

Câu 13: Đáp án A. Ta có  log 3 x  

1 x.ln 3 Câu 14: Đáp án B. STUDY TIP: chú ý cơ

số a nằm trong khoảng nào để xét dấu của bất phương trình .

Phân tích: Ở bài toán này, ta cần hết sức chú ý về cơ số, bởi 0 

1  1. 3

Lời giải Điều kiện: x . x2

x2

3

1 1 1 1 1        x  2  3  x  5.  1 nên    27 3 3 3 3 Câu 15: Đáp án D. Phân tích: Với bài toán này ta cần xét hai điều kiện: 1. Điều kiện để mẫu khác 0. 2. Điều kiện để tồn tại logarit. Lời giải 2 2  log 2  x  2 x  0 x  2 x  1 0  x  2   Để hàm số đã cho xác định thì  . 2  x  1 0  x  2   x  2 x  0

Vì 0 

Vậy tập xác định của hàm số là D   0; 2  \1 .

Câu 16: Đáp án D. Phân tích: Trong sách Chắt lọc tinh túy môn toán năm 2017, tôi có đề cập các vấn đề sau:

a. Bảng tóm tắt các tính chất của hàm số mũ y  ax  a  0; a  1 . Lovebook.vn|28


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Tập xác định Đạo hàm Chiều biến thiên Tiệm cận Đồ thị

Ngọc Huyền LB

 ;   y '  a x .ln a

a  1 thì hàm số luôn đồng biến; 0  a  1 thì hàm số luôn nghịch biến. Trục Ox là tiệm cận ngang.

Đi qua các điểm  0; 1 và 1; a  , nằm phía trên trục hoành

y  a

x

 0, x 

b. Bảng tóm tắt các tính chất của hàm số logarit. Tập xác định Đạo hàm Chiều biến thiên Tiệm cận Đồ thị

 0;   1 x.ln a a  1 : hàm số luôn đồng biến. 0  a  1 : hàm số luôn nghịch biến. y' 

Trục Oy là tiệm cận đứng. đi qua các điểm  1; 0  và  a; 1 ; nằm phía bên phải trục tung.

Từ bảng tóm tắt trên ta đưa ra kết luận. Với phương án A: Đây là hàm số mũ có cơ số 0  a 

1  1 , do vậy hàm số luôn 2

nghịch biến (loại). Với phương án B, C, D thì ta chỉ cần xét về tính chất của hàm số logarit. Với phương án B: Điều kiện x  1 , đến đây ta không xét nữa, bởi hàm số nếu đồng biến thì chỉ đồng biến trên 1;   mà không phải

 

Với phương án C: ta có log 2 x 2  1

x

x 2

 1 .ln 2

.

, dấu của y ' đổi từ âm

sang dương qua x  0 , do vậy, hàm số này không thể luôn đơn điệu trên

Vậy D thỏa mãn do y '  log 2 2 x  1

 

2

2 x .ln 2 x

 1 .ln 2

.

2x  0, x  . Do 2x  1

vậy, hàm số ở D luôn thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 17: Đáp án D. Với phương án A: ta thấy A đúng vì a , b dương nên ta có thể áp dụng tính chất logarit này. Với phương án B: b 1 b  1 1   log c 2   . log c b  log c a2  log c b  log c a . Vậy B đúng 2 2 2 a a  2 a ln a ln a  ln b Với phương án C: ta có log c  b  , vậy C đúng b ln c ln c log c2

2

2

b 1 1 b  b Với phương án D: ta có .log c2    2. .log c2   log c   log c b  log c a . 2 2 a  a a Vậy D sai, chọn D. Câu 18: Đáp án A.

29|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

1   .  x  2   log 4 x  log 4 x   log 4 x  .  x  2    x  2  .log 4 x x.ln 4 Ta có y '      2 2  x2   x  2  x  2 x2 ln x  1 2  x  2  x.ln x .  2 x.ln 2 2.ln   2 2 2 x.  x  2  .ln 2  x  2 Câu 19: Đáp án B. Ta có log12 27  log 12 33  3 log 12 3  Mà log12 27  a , do đó

3.log 3 3 log 3 12

3 3  log 3 3  log 3 4 1  log 3 4

3 3  a  log 3 4   1 1  log 3 4 a

3  2.   1  log 3 16 2 log 3 4 6  2a a   log 6 16    1 log 3 6 log 3 3  log 3 2   1  .log 3 4 a.  1  1 .  3  1   2 2 a  

6  2a 12  4a .  3 1 a3 a  a 2 2 Câu 20: Đáp án B. 

Ta có loga b  0  loga b  loga 1  *  Với 0  a  1 thì bất phương trình  *   b  1 . Với a  1 thì bất phương trình  *   b  1 . Câu 21: Đáp án C. Sau mỗi giờ số lượng bèo tăng gấp 10 lần lượng béo trước đó và độ tăng không đổi nên sau t giờ thì lượng bèo là 10t . 1 Gọi x là thời gian lá bèo phủ kín cái hồ, khi đó ta có phương trình 3  10t  1 t 10 x  .10t  x  log    x  log 10  log 3  t  log 3 . 3 3   Câu 22: Đáp án C Câu 23: Đáp án D Ta có

STUDY TIP: Hàm vận

tốc là đạo hàm của hàm quãng đường, hàm gia tốc là đạo hàm của hàm vận tốc.

1

 x  1 dx  ln x  1  C .

Câu 24: Đáp án D. Phân tích: Trong chuyên đề về tích phân (quà tặng valentine) , tôi có đang viết về chuyên đề này, do vậy tôi sẽ không nhắc lại lí thuyết mà có luôn lời giải như sau: Lời giải Giả sử lúc hết xăng thì t  0 . Lúc dừng xe hẳn thì vận tốc của cano là v  t   0  t  4s .

Ta có hàm quãng đường là nguyên hàm của hàm vận tốc, do vậy quãng đường cano đi được cho đến khi dừng hẳn được tính bằng công thức 4

 5

  5t  20  dt    2 t 0

Lovebook.vn|30

2

4  20t   40 m. 0


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Câu 25: Đáp án A. Ta thấy tích phân này chứa biểu thức căn, ta có thể nghĩ ngay đến đổi biến x2  1  u , bởi u '  2x .

Lời giải Đặt x  1  u  du  2xdx . Đổi cận: x  0  u  1 ; x  1  u  2 2

 3 2 2 1 1 1 1 1 .u 2 Khi đó I   x x 2  1dx  . u .du  . u 2 du   . 2 1 2 1  2 1 1 0  2  1

 2  1  

2 1 1 . u3  . 2 2  1 1 3 3

Câu 26: Đáp án C. Ta thấy bài toán này là dạng tích phân từng phần, do đó ta có lời giải Lời giải Đặt u  x  du=dx vdv=sinxdx  v=-cosx 

 2  2 Khi đó I   x.cos x 2     cos x  dx  0   cos xdx  sin x 2  1  0  1 . 0 0 0 0

Câu 27: Đáp án B. Ta có phương trình hoành độ giao điểm

x  0  x  0 nằm ngoài  1; 4  nên ta 4

có: Thể tích vật thể tròn xoay được tính bằng công thức 2

 1 1 x  4  21 (đvtt). V     dx    . .x3    . 43  1  4 16   1 48   3 16 1 Câu 28: Đáp án C. 4

3  3 2 2 3 Ta có   2.sin 5x  x   dx= .   cos 5x   . x  x  C 5 5 3 5  2 2 3   cos 5x  x x  x  C . 5 3 5 Để hai hàm số cắt nhau tại một điểm thuộc Oy , tức là

f 0  F 0 

3 2   .1  C  C  1 . 5 5 2 2 3 Vậy F  x    cos 5x  x x  x  1 . 5 3 5 Câu 29: Đáp án C. Ta có z  3  2i  z  3  2i , vậy z có phần thực là 3; phần ảo là -2. Câu 30: Đáp án A.

Số phức liên hợp của z là z  4  5i . Vậy điểm biểu diễn của z có tọa độ  4; 5  . Câu 31: Đáp án C.  z  2  3i Ta có phương trình z 2  4 z  13  0   .  z  2  3i 2

Khi đó z1  z2

2

  2   32   2    3   26 . 2

2

2

31|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 32: Đáp án B. Ta có z  1  i  z  1  i . Khi đó w 

i2  i 1  i  2i 1  i 1  i  .i  1 i   1 1 i 1 i i2

 w  12   1  2 . 2

Câu 33: Đáp án D. z  1  z  1 4 2 2 Ta có z  1  z  1 z  1  0   . z  i   z  i



Câu 34: Đáp án D.

Đặt z  x  yi  x, y 

.

Khi đó phương trình z  1  z  2  3i trở thành

 x  1   x  2    y  3

x  1  yi  x  2   y  3  i 

  x  1  y 2 2

2

2

 y2 

 x  2    y  3 2

2

2

 2x  1  4x  4  6y  9

 2x  6y  12  0  x  3y  6  0 .

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z đã cho là đường thẳng x  3y  6  0 . Câu 35: Đáp án A. Độ dài ba cạnh xuất phát từ một đỉnh chính là kích thước của hình hộp, do vậy thể tích của hình hộp được tính bằng công thức V  abc  2.3.4  24 (đvtt). Câu 36: Đáp án B. Thể tích của khối chóp được tính bằng công thức

1 1 1 a 3 a3 VSABC  .SA.SABC  .a 3. . .a  . 3 3 2 2 4

C’

B’

Câu 37: Đáp án A. Ta có hình vẽ bên Gọi D là trung điểm của BC . Vì ABC là tam giác đều nên AD là trung tuyến và cũng là đường cao của tam giác ABC  AD  BC 1 .

A’

Tam giác A’BC cân tại A’ nên A’D là trung tuyến cũng là đường cao của tam giác A’BC  AD  BC  2  . D

C

B

Từ  1 và  2  suy ra

 ABC  ,  ABC   ADA  60 .

Tam giác A’DA vuông tại A có ADA  60  AA  AD. tan 60  A

1 a 3 3a 3 3a 3 .a.  Vậy V  B.h  SABC .AA  . (đvtt). 2 2 2 8 Câu 38: Đáp án B. Kẻ AH  SB tại H.

Ta có SA  BC , BC  AB  BC  SAB  SBC   SAB . Lovebook.vn|32

a 3 3a . 3 . 2 2


S

15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

 SBC    SAB    SBC    SAB   SB  AH  SBC    AH  SB

H

 d A ,  SBC   AH . A

D

B

1 1 1   2 2 AH SA AB2

1 1 1 a 3 .  2  2  AH  2 2 AH a 3a Câu 39: Đáp án A. 

C

B

Tam giác SAB vuông tại A có đường cao AH 

AC a 1    BC  2a . BC BC 2 Câu 40: Đáp án A. Thể tích của hình trụ được tính bằng công thức Ta có sin ABC 

A

V  B.h  R2 .h  .R2 .3  12  R  2 . Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq  2R.h  12 (đvdt).

C

Câu 41: Đáp án B. Trong cuốn bộ đề tinh túy môn toán 2017 tôi đã nhắc kĩ về việc xác định tâm của khối cầu ngoại tiếp hình chóp. Do vậy ở đây ta có lời giải sau Lời giải Gọi H là trung điểm của AC, khi đó H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (do tam giác ABC vuông tại B).

S

Từ H kẻ Hx vuông góc với  ABC  . Gọi giao giữa trung trực của SA và Hx là I. A

I

B

Khi đó I là tâm của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Vậy IA là bán kính của khối cầu. Ta có IH 

H

AC 32  4 2 5 SA   . Khi đó  6 ; AH  2 2 2 2

IA  IH 2  AH 2  6 2  C

52 13 4 2197  4 2197  . Vậy V  .R3  .. .  2 2 3 3 8 6 2

Câu 42: Đáp án A. Ta có hình vẽ minh họa của ống bi thoát nước ở bên Ta nhận thấy lượng bê tông phải đổ vào để làm bi là hiệu thể tích của khối trụ lớn bao ngoài bi, và thể tích của khối trụ lõi. Từ đây ta có

V  V1  V2  .h. 0,7 2  0, 6 2  .2. 0, 3 2  0, 2 2  0,1 ( m3 ).

Câu 43: Đáp án A. Mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3   4 . 2

2

2

Câu 44: Đáp án C. Vecto chỉ phương của d là u   1; 2; 3  . Câu 45: Đáp án A.

Mặt phẳng  P  có vtpt n1  1; 2; 3  Mặt phẳng  Q  có vtpt n2   2; 4; 6   2 1; 2; 3  .  5 Ta thấy n1 n2 và điểm A  0; 0;  nằm trong mặt phẳng  P  mà không nằm 3 

trong mặt phẳng  Q  , do vậy hai mặt phẳng này song song.

33|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 46: Đáp án C.

Mặt cầu S  có tâm I  1; 3; 2  , bán kính R  2  1  9  4  4 . Câu 47: Đáp án C.

Mặt phẳng  P  vuông góc với đường thẳng d, do đó mặt phẳng  P  vuông góc với vtcp u   2; 1; 1 của đường thẳng d. Vậy

 P  : 2.  x  2   y   z  1  0  2x  y  z  5  0 . Câu 48: Đáp án D.

 x  2  t  Ta có  :  y  2  t . Gọi H là giao của d và  . Nhận thấy H thuộc mặt phẳng  z  t 

 P  , do vậy  2  t   2.  2  t   3.  t   4  0  t  1  H  3;1;1 . Đường thẳng d qua H  3;1;1 và có vtcp u   a; b; c  . Mà hai đường thẳng d và  vuông góc với nhau nên chọn D. Câu 49: Đáp án B. Ta có I 1; 2; 1 là tâm mặt cầu.

d I;  P 

1  2.  2   2.1  3 12   2    2  2

2

 2  R  chọn B.

Câu 50: Đáp án D. Ta có 0    90 .

Giả sử n   a , b , c  là vtpt của mặt phẳng  Q  . Khi đó mặt phẳng

STUDY TIP: Bên là

cách làm truyền thống, tôi chưa tìm ra cách làm nhanh hơn của dạng toán này, mong quý độc giả góp ý thêm.

Q : a  x  1  b  y  2  c  z  1  0  ax  by  cz  a  2b  c  0 Mà  Q  chứa B  0; 4; 0   4b  a  2b  c  0  a  2b  c  0  2b  a  c Ta có cos  

T2 

2 a  b  2c 3 a 2  b2  c 2

4b  b

 3 a2 

a  c 4

2

 c2

ac

5 a c 2

2

  2ac

T

a 2  2 ac  c 2 5a 2  2 ac  5c 2

Chia cả tử và mẫu cho c2 ta có

a2 a 2 1 2 c T2  c 2 a a 5. 2  2.  5 c c Đặt

t 2  2t  1 a  f t   t thì T 2  2 c 5t  2t  5

Xét hàm số f  t  

t  1 t 2  2t  1 có f '  t   0   . 2 5t  2t  5 t  1

Để góc giữa hai mặt phẳng đạt GTNN thì cos  đạt GTLN, tức là t  1

 cos  

3 3

Lovebook.vn|34


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐỀ SỐ 3

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017

SỞ GD - ĐT HƯNG YÊN LẦN 1

Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1: Cho a  0; b  0 thỏa mãn a2  b2  7ab.

thị hàm số y  f  x 

Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau? A. 3log  a  b   B. log

1  loga  logb  2

B. Đường thẳng x  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x 

ab 1   log a  logb  3 2

C. Đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang của đồ

C. 2  log a  logb   log 7 ab  D. log  a  b  

thị hàm số y  f  x  D. Đường thẳng x  2 là tiệm cận đứng của đồ

3  loga  logb  2

thị hàm số y  f  x 

Câu 2: Số canh của một hình lập phương là A. 8

B. 12

A. Đường thẳng y  2 là tiệm cận đứng của đồ

C. 16

Câu 8: Cho hàm số y  mx4   m  1 x2  2. Tìm tất

D. 10

Câu 3: Trong các hàm số sau, hàm số nào luôn

cả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số có ba

đồng biến trên từng khoảng xác định của nó?

điểm cực trị.

y

2x  1  I  ; y  x4  x2  2  II  ; y  x3  3x  5  III . x1

A. I và II

B. Chỉ I

C. I và III

y  x 3  5 x 2  7 x  3 là:

 7 32  B.  ;   3 27 

C. 1;0 

D.  0; 3 Giá

trị

lớn

B. 7

D. m   ;0   1;  

Câu 9: Tìm m đề đồ thị hàm số y 

x2  x  2 có x2  2x  m

nhất

của

C. 1

A. m  1 và m  8

B. m  1 và m  8

C. m  1 và m  8

D. m  1

Câu 10: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A' B' C ' hàm

số

   y  3sin x  4 sin 3 x trên khoảng   ;  bằng:  2 2

A. 3

C. m  0

2 tiệm cận đứng.

 7 32  A.  ;   3 27 

5:

B. 0  m  1

D. II và III

Câu 4: Điểm cực đại của đồ thị hàm số

Câu

A. m  1

D. -1

có thể tích bằng 30 (đvtt). Thể tích của khối tứ diện AB’C’C là: A. 12,5 (đvtt)

B. 10 (đvtt)

C. 7,5 (đvtt)

D. 5 (đvtt)

Câu 6: Cho khối chóp có đáy là đa giác lồi có 7

Câu 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là

cạnh. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

hình thoi tâm I có cạnh bằng a, BAD  600. Gọi H

A. Số mặt của khối chóp bằng 14

là trung điểm của IB và SH vuông góc với

B. Số đỉnh của khối chóp bằng 15

 ABCD  . Góc giữa SC và  ABCD bằng 45 . Tính

C. Số mặt của khối chóp bằng số đỉnh của nó

0

thể tích của khối chóp S.AHCD.

D. Số cạnh của khối chóp bằng 8 Câu 7: Cho hàm số y  f  x  xác định trên các khoảng  0;   và thỏa mãn lim f  x   2. Với giả x 

thiết đó, hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh

A.

35 3 39 3 39 3 35 3 a B. a C. a D. a 32 24 32 24

Câu 12: Cho khối tứ diện ABCD. Lấy một điểm M nằm giữa A và B, một điểm N nằm giữa C và D.

đề sau? 35|Lovebook.vn


Ngáť?c Huyáť n LB

The best or nothing

Bẹng hai mạt phẳng

 MCD

 NAB ta chia

khᝑi tᝊ diᝇn đã cho thà nh bᝑn khᝑi tᝊ diᝇn: A. AMCN, AMND, BMCN, BMND

Câu 17: Biáťƒu thᝊc Q  x . 3 x . 6 x5 váť›i  x  0  viáşżt dĆ°áť›i dấng lĹŠy thᝍa váť›i sáť‘ mĹŠ hᝯu tᝡ lĂ 2

A. Q  x 3

B. AMCN, AMND, AMCD, BMCN

5

B. Q  x 3

5

C. Q  x 2

7

D. Q  x 3

Câu 18: Cho hà m sᝑ y  x 4  2 mx 2  2 m  m4 . V᝛i

C. BMCD, BMND, AMCN, AMDN

giĂĄ tráť‹ nĂ o cᝧa m thĂŹ Ä‘áť“ tháť‹ Cm  cĂł 3 Ä‘iáťƒm cáťąc tráť‹,

D. AMCD, AMND, BMCN, BMND Câu 13: Ngư�i ta muᝑn xây d᝹ng m᝙t bᝓn chᝊa

Ä‘áť“ng tháť?i 3 Ä‘iáťƒm cáťąc tráť‹ Ä‘Ăł tấo thĂ nh máť™t tam giĂĄc

nư᝛c dấng khᝑi h᝙p chᝯ nhật trong m᝙t phòng

có diᝇn tích bẹng 4

tắm. Biết chiᝠu dà i, chiᝠu r᝙ng, chiᝠu cao cᝧa khᝑi

A. m  5 16

B. m  16

h᝙p đó lần lưᝣt là 5m, 1m, 2m (như hÏnh vẽ). Biết

C. m  3 16

D. m   3 16

máť—i viĂŞn gấch cĂł chiáť u dĂ i 20cm, chiáť u ráť™ng 10cm, chiáť u cao 5cm. Háť?i ngĆ°áť?i ta cần sáť­ d᝼ng Ă­t nhẼt bao nhiĂŞu viĂŞn gấch Ä‘áťƒ xây hai bᝊc tĆ°áť?ng phĂ­a bĂŞn ngoĂ i cᝧa báť“n. Báť“n chᝊa đưᝣc bao nhiĂŞu lĂ­t nĆ°áť›c? (Giả sáť­ lưᝣng xi măng vĂ  cĂĄt khĂ´ng Ä‘ĂĄng káťƒ) 1 dm

2 1

.9 2 .271

2

báşąng: A. 1

B. 27

C. 9

D. 3

Câu 20: TÏm tiᝇm cận đᝊng và tiᝇm cận ngang cᝧa đᝓ thᝋ hàm sᝑ y 

2x  1 x 1

A. Tiᝇm cận đᝊng x  1, tiᝇm cận ngang y  1.

đ?‘‰đ??ťâ€˛

đ?‘‰đ??ť

1 dm

Câu 19: GiĂĄ tráť‹ cᝧa biáťƒu thᝊc E  3

B. Tiᝇm cận đᝊng y  1, tiᝇm cận ngang y  2. C. Tiᝇm cận đᝊng x  1, tiᝇm cận ngang y  2.

2m 1m

D. Tiᝇm cáş­n đᝊng x  1, tiᝇm cáş­n ngang x  2. Câu 21: Ä?Ć°áť?ng cong trong hĂŹnh váş˝ lĂ Ä‘áť“ tháť‹ cᝧa

5m

hà m sᝑ nào dư᝛i đây?

A. 1180 viĂŞn; 8800 lĂ­t

B. 1182 viĂŞn; 8820 lĂ­t

C. 1180 viĂŞn; 8820 lĂ­t

D. 1182 viĂŞn; 8800 lĂ­t

Câu 14: Ä?ấo hĂ m cᝧa hĂ m sáť‘ y  10 x lĂ : A.

10 x ln10

B. 10x.ln10 C. x.10x1

D. 10x

Câu 15: Cho hĂŹnh chĂłp S.ABCD cĂł Ä‘ĂĄy ABCD lĂ hĂŹnh bĂŹnh hĂ nh, M vĂ  N theo thᝊ táťą lĂ  trung Ä‘iáťƒm V cᝧa SA vĂ  SB. TĂ­nh tᝉ sáť‘ tháťƒ tĂ­ch S.CDMN lĂ : VS.CDAB

A.

1 4

B.

5 8

Câu 16: Cho hà m sᝑ y 

C.

3 8

D.

1 2

x có đᝓ thᝋ  C  . TÏm x 1

m Ä‘áťƒ Ä‘Ć°áť?ng tháşłng d : y  x  m cắt Ä‘áť“ tháť‹  C  tấi hai Ä‘iáťƒm phân biᝇt? A. 1  m  4

B. m  0 hoạc m  2

C. m  0 hoạc m  4

D. m  1 hoạc m  4

Lovebook.vn|36

A. y  x 4  2 x 2  2

B. y  x 3  3x 2  2

C. y   x 4  2 x 2  2

D. TẼt cả đᝠu sai

Câu 22: CĆ°áť?ng Ä‘áť™ máť™t tráş­n Ä‘áť™ng đẼt đưᝣc cho báť&#x;i cĂ´ng thᝊc M  log A  log A0 , váť›i A lĂ biĂŞn Ä‘áť™ rung chẼn táť‘i Ä‘a vĂ  A0 lĂ  máť™t biĂŞn Ä‘áť™ chuẊn (háşąng sáť‘). Ä?ầu tháşż kᝡ 20, máť™t tráş­n Ä‘áť™ng đẼt áť&#x; San Francisco cĂł cĆ°áť?ng Ä‘áť™ Ä‘o đưᝣc 8 Ä‘áť™ Richter. Trong cĂšng năm Ä‘Ăł, tráş­n Ä‘áť™ng đẼt khĂĄc áť&#x; Nháş­t Bản cĂł cĆ°áť?ng Ä‘áť™ Ä‘o đưᝣc 6 Ä‘áť™ Richer. Háť?i tráş­n


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

động đất ở San Francisco có biên độ gấp bao nhiêu

Câu 28: Cho hình chóp S.ABCD có (SAB) và (SAD)

lần biên độ trận động đất ở Nhật bản?

cùng vuông góc (ABCD), đường cao của hình

A. 1000 lần B. 10 lần

C. 2 lần

D. 100 lần

Câu 23: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y 

 m  1 x  2m  2 nghịch biến xm

trên khoảng  1;   .

A. SC

B. SB

Câu 29: Cho hàm số y 

C. SA

x2  1 . Hãy chọn mệnh x

A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  1, có tiệm cận đứng là x  0.

D. 1  m  2

C. 1  m  2

Câu 24: Tìm m để hàm số: y  x3  3mx2  3  2m  1 x  1 ?

B. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là y  1 và y  1 C. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là y  1

A. m  1

và y  1, có tiệm cận đứng là x  0.

B. Không có giá trị của m

D. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là y  1,

C. m  1 D. Luôn thỏa mãn với mọi giá trị của m Câu 25: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam

có tiệm cận đứng là x  0. Câu 30: Tính P  3log 2  log 4 16   log 1 2 có kết quả:

giác vuông tại A, AB  a, AC  2a, SC  3a. SA vuông góc với đáy (ABC). Thể tích khối chóp

2

A. 2

B. 1

C. 4

D. 3

Câu 31: Tìm m để phương trình:

S.ABC là: a3 3 A. 12

D. SD

đề đúng trong các mệnh đề sau:

A. m   ;1   2;   B. m  1

nghịch biến trên

chóp là:

a3 3 B. 4

a3 5 C. 3

a3 D. 4

1 Câu 26: Cho hàm số y  x4  2x2  1. Chọn 4

x 4  5x 2  4  log 2 m có 8 nghiệm phân biệt

A. 0  m  4 2 9

B. Không có giá trị của m

C. 1  m  4 29

D.  4 29  m  4 29

Câu 32: Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt

khẳng định đúng A. Hàm số đồng biến trên các khoảng  2;0  và  2;  

một khoảng cách là 200km. Vận tốc của dòng nước là 8km/h. nếu vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là v(km/h) thì năng lượng tiêu hao của

B. Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  và  0; 2 

cá trong 1 giờ được cho bởi công thức: E  v   cv3t (trong đó c là một hằng số, E được tính bằng jun).

C. Hàm số nghịch biến trên các khoảng

 ; 2  và  2; 

Tìm vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng tiêu hao là ít nhất

D. Hàm số nghịch biến trên các khoảng  2;0  và  2;  

Câu 27: Hàm số y  log 2  x  5x  6 có tập xác 2

A. 12 km/h B. 9 km/h C. 6 km/h D. 15 km/h Câu 33: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ sau, các khẳng định sau khẳng đinh nào là đúng?

định là: A.  2; 3 

B.  ; 2 

C.  3;  

D.  ; 2    3;   37|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 36: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình

y

vuông cạnh a, SD  3

a 17 . Hình chiếu vuông góc 2

H của S lên mặt (ABCD) là trung điểm của đoạn -1

x

AB. Gọi K là trung điểm của AD. Tính khoảng cách

O 1

giữa hai đường SD và HK theo a.

-1

A. A. Hàm số đạt cực tiểu tại A  1; 1 và cực đại

B.

a 3 5

a 21 5

C.

Câu 37: Hàm số y  3  x2

tại B  3;1 .

4 3

D.

3a 5

có đạo hàm trên

khoảng  3; 3 là:

B. Hàm số có giá trị cực đại bằng 1 C. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1 và đạt giá trị lớn nhất bằng 3 D. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu A  1; 1 và

Câu 34: Cho hàm số y  f  x  xác đinh, liên tục trên R và có bảng biến thiên 

+

1 0

A. y  

4 3  x2 3

8 C. y   x 3  x 2 3

7 3

8 B. y  x 3  x2 3

7 3

7 3

4 D. y   x2 3  x2 3

7 3

Câu 38: Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên

điểm cực đại B  1; 3  .

x y y

a 3 7

0 0

2

1  Khẳng đinh nào sau đây là sai?

+

1 0 2



như hình bên:

x y y





2

 

1



A. y 

x3 x2

B. y 

x3 x2

C. y 

2x  3 x2

D. y 

2x  7 x2



A. M  0;1 được gọi là điểm cực tiểu của hàm số B. x0  1 được gọi là điểm cực đại của hàm số C. f  1  2 được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số D. f 1  2 được gọi là giá trị cực đại của hàm số

1

Câu 39: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Biết SA  ( ABCD); SA  a 3. Tính thể tích của khối chóp A. a 3 3

B.

Câu 35: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là

a3 3 3

C.

a3 4

D.

a3 3 12

hình thang vuông tai A và D; biết AB  AD  2a,

Câu 40: Đặt a  log 3 15; b  log 3 10. Hãy biểu diễn

CD  a. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD)

log 3 50 theo a và b.

bằng 600. Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt

A. log 3 50  3  a  b  1 B. log 3 50   a  b  1

phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt

C. log 3 50  2  a  b  1 D. log 3 50  4  a  b  1

phẳng (ABCD). Tính thể tích của khối chóp S.ABCD

3 5a 3 A. 8

Lovebook.vn|38

3 5a 3 3 15a 3 3 15a 3 B. C. D. 5 5 8

Câu 41: Tính đạo hàm của hàm số:

y  log 2017 x 2  1

A. y ' 

2x 2017

B. y ' 

x

2x 2

 1 ln 2017


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

C. y ' 

x

1

2

 1 ln 2017

D. y ' 

x

1 2

1

Câu 42: Cho hàm số y   x  3x  6 x  11 có đồ 3

giao điểm của  C  với trục tung là:

B.  ; 1 và  3;  

C.  1;  

D.  1; 3

Câu 46: Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a là: A.

A. y  6x  11 và y  6x  1

a3 2

B.

a3 3 2

C.

a3 3 4

D.

a3 3 12

Câu 47: Một người gửi tiết kiệm số tiền

B. y  6x  11

100.000.000 VNĐ vào ngân hàng với lãi suất

C. y  6x  11 và y  6x  1

8%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Hỏi

D. y  6x  11

sau 15 năm số tiền người ấy nhận về là bao nhiêu? 1 có bảng biến thiên như x 1 2

hình vẽ. Xét trên tập xác định của hàm số. Hãy chọn khẳng định đúng?

x y y

A.  ; 3

2

thị  C  . Phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  tại

Câu 43: Hàm số y 

Ngọc Huyền LB



(làm tròn đến đơn vị nghìn đồng? A. 117.217.000 VNĐ

B. 417.217.000 VNĐ

C. 317.217.000 VNĐ

D. 217.217.000 VNĐ

Câu 48: Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 0 0 1



0 0 A. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 và giá trị nhỏ nhất bằng 0 B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 C. Không tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số D. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1

hàm số y 

x2  2x  3 trên đoạn 2; 4 là: x 1

A. min f  x   2; max f  x    2;4 

 2;4 

11 3

B. min f  x   2 2; max f  x   3  2;4 

 2;4 

C. min f  x   2; max f  x   3  2;4 

 2;4 

D. min f  x   2 2; max f  x    2;4 

 2;4 

11 3

Câu 49: Đồ thị hình bên là của hàm số

Câu 44: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B

1 và chiều cao h là V  B.h 3 B. Thể tích của khối hộp bằng tích của diện tích đáy và chiều cao của nó C. Thể tích của khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của nó D. Thể tích của khối chóp có diện tích đáy B và

1 chiều cao h là V  B.h 3 Câu 45: Hàm số y  x 3  3x 2  9 x  2017 đồng biến

A. y  x 3  3 x 2  1

B. y  x 3  x 2  1

C. y   x 3  3x 2  1

D. y  x 3  x  1

Câu 50: Khối bát diện đều là khối đa diện đều loại: A. 5; 3

B. 3; 5

C. 4; 3

D. 3; 4

trên khoảng:

39|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

1B

2B

3B

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT 4C 5C 6A 7C

11C

12A

13C

14B

15C

16C

17B

18A

19C

20C

21A

22D

23D

24A

25C

26A

27A

28C

29B

30A

31C

32A

33D

34C

35B

36B

37B

38B

39B

40C

41B

42D

43D

44A

45B

46C

47C

48D

49D

50D

Câu 1: Đáp án B. Phân tích: Ta có a  b  7ab   a  b   9ab 2

 a  b 3

2

2

2

2

2

ab  ab  log    log ab  3 

ab  log a  log b 3 ab 1  log   log a  log b  . 2 2 Câu 2: Đáp án B. Hai mặt đáy mỗi mặt có 4 cạnh, và 4 đường cao là 12. Câu 3: Đáp án B. Phân tích: 2log

Với I: ta nhẩm nhanh: y ' 

1

 x  1

2

 0  thỏa mãn

Với II: hàm bậc bốn trùng phương luôn có khoảng đồng biến và nghịch biến nên loại.

8D

9A

10B

     cos x  0  x  2  k      x  6  k 2  1  sin x    2  x  5  k 2     6      x   6  k 2 1 sin x      2  x  7   k 2   6 

       Do x    ;  nên x   ;  2 2  6 6         Khi đó so sánh f   ; f   ta thấy 6  6   Max f  x   f    1 6

Với III: y '  3 x 2  3 luôn có 2 nghiệm phân biệt (

    ;   2 2

loại). Nên chỉ I thỏa mãn. Câu 4: Đáp án C

Câu 6: Đáp án C. Phân tích: Ta chọn luôn được C bởi mỗi cạnh sẽ tương ứng với một mặt bên của khối chóp. Câu 7: Đáp án C Phân tích: Ta có

 7 32 x y  Ta có y '  3 x  10 x  7 y '  0  3 27 .   x  1  y  0 2

32 nên chọn C. 27 Câu 5: Đáp án C. Do 0  

Cách 1: đặt sinx  t  t   1;1 Khi đó  1 t  f '  t   3t  4t 3 '  12t 2  3  0   2 . So sánh t   1  2

1  1 1 f   và f    ta thấy GTLN là f    1 2  2 2 Cách 2:

Lovebook.vn|40

y '  3cos x  12.cos x.sin 2 x  0  3cos x 1  4sin 2 x  0

Đường thẳng y  y o là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y  f  x  nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa mãn

lim f  x   yo , lim f  x   yo

x 

x 

Vậy ta thấy C đúng. Câu 8: Đáp án D. Phân tích: Để đường thẳng hàm số có ba điểm cực trị thì: Ta nhớ lại dạng đồ thị mà tôi đã nhắc đi nhắc lại trong lời giải chi tiết ở bộ đề tinh túy, ta thấy hàm bậc bốn trùng phương muốn có ba điểm cực trị thì phương trình y '  0 phải có 3 nghiệm phân biệt.


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Ta cùng đến với bài toán gốc như sau: hàm số

S

y  ax  bx  c 4

2

Xét phương trình y '  4 ax 3  2bx  0 . Để phương

a  0  trình có 3 nghiệm phân biệt thì  b  2a  0 

m  0  Khi đó áp dụng vào bài toán ta được:    m  1 0   m

m  0   m  1 m  0 

B

C H I

A

Câu 10: Đáp án B Ta có C’

B’

Ta sẽ tư duy nhanh như sau: Nhìn vào hình thì dễ nhận ra hai khối chóp S.ABCD và S.AHCD có chung chiều cao nên ta chỉ cần so sánh 2 diện tích đáy. Dĩ nhiên ta thấy 3 SAHCD 2SAHD 2. 4 SBCD 3 1 3    2. .  . Vậy SABCD SABCD SABCD 4 2 4

A’

B

D

3 VSAHCD  VSABCD . 4 C

Mặt khác ta có BAD  60  tam giác ABD đều, nên AB  BD  AD  a  IH 

a . Khi đó 4 2

A

Khi đó ta có thể so sánh trực tiếp cũng được, tuy nhiên ở đây ta có thể suy luận nhanh như sau: Khối B' ABC có chung đường cao kẻ từ đỉnh B’

đến đáy  ABC  và chung đáy ABC với hình lăng tụ ABC.A' B' C ' . Do vậy ta có

VB ' ABC 1  . Tương tự VABCA ' B ' C ' 3

VAA ' B ' C ' 1 1  , khi đó  VAB ' C ' C  VABCA ' B ' C ' VABCA ' B ' C ' 3 3

30  10 . 3 Câu 11: Đáp án C. Ta có hình vẽ:  VAB ' C ' C 

2 a a 3 a 13 . Khi đó HC  IH  IC        4  4   2  2

2

a 13 ( do SCH  45 nên tam giác SCH 4 vuông cân tại H). SH  HC 

1 3 1 a 13 a 3 3 a3 39  VSAHCD  .SH.SABCD .  . .a. .  3 4 3 4 2 4 32 Câu 12: Đáp án A. Phân tích: Ta có hình A vẽ: M

D

B N H C

41|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Nhìn vào hình vẽ ta thấy MN là giao tuyến của hai mặt phẳng  MCD  và  NAB , khi đó ta thấy tứ

diện đã cho được chia thành bốn tứ diện AMCN, AMND, BMCN, BMND. Câu 13: Đáp án C Phân tích: * Theo mặt trước của bể: Số viên gạch xếp theo chiều dài của bể mỗi hàng là:

500  25 viên 20 Số viên gạch xếp theo chiều cao của bể mỗi hàng là x

200  40 . Vậy tính theo chiều cao thì có 40 hàng 5 gạch mỗi hàng 25 viên. Khi đó theo mặt trước của bể. N  25.40  1000 viên. * Theo mặt bên của bể: ta thấy, nếu hàng mặt trước của bể đã được xây viên hoàn chỉnh đoạn nối hai mặt thì ở mặt bên viên gạch còn lại sẽ được cắt đi :

1 viên. Tức là mặt bên sẽ có 2 1 100  20 .40  .40  180 viên. 2 20 Vậy tổng số viên gạch là 1180 viên. Khi đó thể tích bờ tường xây là 1180.2.1.0,5  1180 còn

VSMCD 1 1   VSMCD  VSABCD ( do VSACD 2 4

 1 d  A;  SCD   2

d M ;  SCD 

Ta có

và chung diện tích đáy SCD)

VSMNC SSMN 1 1    VSMNC  VSABCD VSABC SSAB 4 8

 1 1 3 Từ trên suy ra VSMNCD     VSABCD  VSABCD 8 4 8 Câu 16: Đáp án C. Phân tích: Xét phương trình hoành độ giao điểm

x  1 x   x  m   x 1  x  m  x  1  x  0  1  m  1  1  1  0  2  x2  mx  m  0 x  m  1 x  x  m  0   

m  4 Thoả mãn yêu cầu đề bài  m2  4 m  0   . m  0 Câu 17: Đáp án B. 1

1

5

5

Phân tích: Ta có Q  x 2 .x 3 .x 6  x 3

Câu 18: Đáp án A. Phân tích: Như ở câu trên tôi đã cm bài toán gốc thì hàm số có ba điểm cực trị khi

2m 0m0 1

(loại D). Đồ thị hàm số luôn có ba điểm cực trị

lit Vậy thể tích bốn chứa nước là: 50.10.20  1180  8820 lit Câu 14: Đáp án B.

A 0; 2 m  m4

 ; B x ; y  ; C  x ; y  đối xứng nhau 1

2

qua Oy. Phương trình đi qua hai điểm cực tiểu: Ta nhớ lại dạng đồ thị hàm bậc 4 trùng phương có hệ số a  0 và 3 điểm cực trị mà tôi đã giới thiệu trong phần giải chi tiết của sách giải đề như sau:

 

Ta có 10 x '  ln10.10 x Câu 15: Đáp án C. Phân tích:

y

S

x

M O

N

a>0 A D B

C

Ta thấy việc so sánh luôn thể tích hai khối này trực tiếp thì sẽ khó khăn do đó ta sẽ chia ra như sau: S.MNCD  S.MCD  S.MNC và S.ABCD  SACD  S.ABC . Khi đó ta có Lovebook.vn|42

Ta có yB  yC  f

 m   f  m 

 m2  2m2  2m  m4  m4  m2  2m . Khi đó

d  A; BC   2m  m4  m4  2m  m2  m2  m2 Như vậy rõ ràng:


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

1 1 SABC  .d  A; BC  .BC  .m2 .2 m  4  m  5 16 . 2 2 Câu 19: Đáp án C. Bấm máy tính ta có được kết quả trên. Câu 20: Đáp án C. Phân tích: Ta có tiệm cận ngang của hàm số là

Phân tích: Tam giác SAC vuông tại A nên

2 y   2 ; TCĐ là x  1 1 Câu 21: Đáp án A. Phân tích: Ta thấy đường cong dạng chữ W ( như tôi đã nói rằng nó là mẹo trong các đề thì có dạng này khi: a  0 và phương trình y '  0 có ba

Phân tích: Xét phương trình y '  0  x 3  4 x  0

nghiệm phân biệt). Từ đây ta loại C.

biến trên  2;0  và  2;   , hàm số nghịch biến

Tiếp tục với A và B ta xét xem y B có nằm phía trên trục hoành hay không. Ta nhẩm nhanh: Với A thì phương trình y '  0 có nghiệm x  1 khi đó y 1  2 ( thỏa mãn). Câu 22: Đáp án D. Phân tích: Ta có M  log Tương tự

A A1  1  10 8 Ao Ao

A2 A 108  10 6  1  6  100 A0 A2 10

2

2

a 5

1 1 1 a3 5 Khi đó VSABC  .SA.SABC  .a 5. .a.2a  3 3 2 3 Câu 26: Đáp án A. x  0  . Như đã giới thiệu về cách nhớ dạng đồ  x  2

1 0 4 nên ở đây ta có thể xác định nhanh hàm số đồng thị hàm bậc bốn trùng phương có hệ số a 

trên  ; 2  và  0; 2  . Câu 27: Đáp án A. Phân tích: Điều kiện: x2  5x  6  0  2  x  3 Câu 28: Đáp án C. Phân tích: Ta nhớ kĩ rằng hai mặt phẳng bên cùng vuông góc với mặt phẳng đáy thì giao tuyến của hai mặt phẳng chính là đường cao của hình chóp. Câu 29: Đáp án B Phân tích:

Câu 23: Đáp án D. Phân tích: Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì

Ta có lim

m   1;   m  m  2  0   1  m  2.  m  1  y '  0

lim

x

2

Câu 24: Đáp án A.

 3a    2 a 

SA  SC 2  AC 2 

x

x2  1 1  lim 1  2  1 ; x x x

x2  1 1  lim  1  2  1  y  1; y  1 là x x x

hai tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

y '  3x  6mx  3  2m  1 ; 2

 '  m2  2m  1   m  1  0 . Với m  1 thì thỏa 2

mãn. Câu 25: Đáp án C. S

x2  1 không tồn tại. x 0 x Câu 30: Đáp án A. Phân tích: bấm máy tính ta được: P  2 Câu 31: Đáp án C.

Ta có lim

Phân tích: Đặt log 2 m  a  0 khi đó m  2a . Xét hàm số f  x   x 4  5x 2  4 .ta sẽ xét như sau, vì đây là hàm số chẵn nên đối xứng trục Oy. Do vậy

3a

ta sẽ xét hàm g  x   x4  5x2  4 trên

, sau đó lấy

đối xứng để vẽ đồ thị hàm y  f  x  thì ta giữ 2a A

C

nguyên phần đồ thị phía trên trục hoành ta được

 P  , lấy đối xứng phần phía dưới trục hoành qua trục hoành ta được  P  , khi đó đồ thị hàm số y  f  x  là  P    P    P  . Lúc làm thì quý độc 1

a

2

B

1

2

giả có thể vẽ nhanh và suy diễn nhanh. 43|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Như đã nhắc ở câu trước thì do hai mặt phẳng

y

SBI  và SCI  cùng vuông góc với  ABCD nên SI   ABCD  nên SI là đường cao của S.ABCD.

Kẻ IK  BC tại K. Khi đó ta chứng minh được

SKI   SBC  ;  ABCD   60 . Ta vẽ hình phẳng của

mặt đáy. Ta có M  AD  BC ta chứng minh được CD là đường tủng bình của tam giác ABM. Khi đó x O

1

Nhìn vào đồ thị ta thấy để phương trình đã cho có 4 nghiệm thì 0  a 

9  1  m  4 29 4

 2a    4a  2

AM  4 a; BM 

200 Phân tích: Ta có 200   v  8  .t  t  . Khi đó v8 200 . Do c là hằng số nên để năng E  v   cv3 v8 200v 3 lượng tiêu hao ít nhất thì f  v   nhỏ nhất. v8

3v 2  v  8   v 3

 v  8

2

.

B

K C

2v3  24v2

 v  8

2

M

Câu 33: Đáp án D. Phân tích: A sai do tọa độ điểm B sai. B sai do giá trị cực đại của hàm số là 3. C sai do đó chỉ là giá tị cực trị của hàm số. Câu 34: Đáp án C. Phân tích: C sai do đó chỉ là giá trị cực đại của hàm số. Câu 35: Đáp án B.

Câu 36: Đáp án B. S

S N

H B

B

A I K C

A

K

D

M C

Ta có SH  SD 2  HD 2  SD 2  HA 2  AD 2  a 3 ; AO 

Lovebook.vn|44

5

I

f '  v   0  v  12.

D

5

3a 3

. 3

A

D

 200.

3a

1 3a 3 1 3a3 15 V . .  a  2a  .2a  3 5 5 2

Xét hàm số f  v  trên  8;  

f '  v   200.

 2 a 5; IM  3a . Ta

có KMI AMB IM IK 3a 3a    IK  .2 a  BM AB 2a 5 5 Khi đó SI  IK.tan 60 

Câu 32: Đáp án A.

2

AC a 2 AC a 2   HM   2 2 2 4


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

SBD  d  HK ; SD   d  HK ; SBD   . Mà d  HK ; SBD    d  H ; SBD   ( hệ quả tôi đã HK BD  HK

nhắc đến trong sách đề về tỉ số khoảng cách giữa hai điểm đến một mặt phẳng). Kẻ HM  BD; HN  SM tại M. Khi đó

1 1 1 a 3    HN  2 2 2 5 HN SH HM

Nếu nhớ luôn dạng đồ thị như tôi đã giới thiệu ở đề trong bộ đề tinh túy toán đó là a  0 có 2 điểm

 d  HK ; SD  

a 3 . 5 Câu 37: Đáp án B

cực tị dạng chữ N, tức là đồng biến trên  ; 1 và

 3;  .

7 3

7 3

4 8  x 3  x2 Phân tích: y '   .  2 x  . 3  x 2 3 3 Câu 38: Đáp án B. Do TCN của đồ thị hàm số là y  1 do đó ta loại C và D. Ta có hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định do đó ta chọn B do có ad  bc  5  0 . Câu 39: Đáp án B. 3

1 1 a 3 V  .SA.SABCD  .a 3.a 2  3 3 3 Câu 40: Đáp án C. Phân tích: Bấm máy thử gán các giá trị vào các số gán A, B rồi xét hiệu hai vế xme có bằng 0 hay không, từ đó ta chọn C Câu 41: Đáp án B



x

2x 2

 1 ln 2017

Câu 42: Đáp án D Phân tích: Tiếp tuyến là CT lớp 11 vì thế năm 2017 sẽ không thi dạng này, tuy nhiên tôi vẫn giải như sau:

Ta có A  0; 11 là giao điểm của  C  với trục tung. Khi đó phương trình tiếp tuyến tại A có dạng:

y  f '  0  x  11  6x  11

Câu 43: Đáp án D.

Phân tích: A sai do Hàm số ko đạt giá trị nhỏ nhất là 0, B sai do hàm số đạt GTLN bằng 1. C sai do có tồn tại GTLN của hàm số. Câu 44: Đáp án A. Phân tích: A sai do V  Bh Câu 45: Đáp án B. x  3 y'  0    x  1

d H ;  SBD   HN . Mà

y '  log 2017 x2  1 ' 

Ngọc Huyền LB

Câu 46: Đáp án C

1 a 3 a3 3 V  a. . .a  2 2 4 Câu 47: Đáp án C Phân tích: Sau 15 năm số tiền người ấy nhận về là: 108  1  0.08   317.217.000 15

Câu 48: Đáp án D Ta có

 2 x  2  x  1   x y'   x  1

2

x2  2x  1

 x  1

 2x  3

2

2

x  1  2 0  x  1  2

Do đó

min f  x   f 1  2  2 2; max f  x   f  4   2;4 

 2;4 

11 3

Câu 49: Đáp án D. Nếu thuộc bảng dạng đồ thị mà tôi nhắc đến nhiều lần trong bộ đề thì ắt hẳn bạn có thể nhẩm nhanh bài này. Nhẩm nhanh ta thấy tất cả A, B, C đều có 2 nghiệm phân biệt, do đạo hàm ra dạng ax2  bx . Ta chọn luôn D Câu 50: Đáp án D. Một khối đa diện lồi được gọi là khối đa diện đều loại { p,q} nếu: a) Mỗi mặt của nó là một đa giác đều p cạnh. b) Mỗi đỉnh của nó là đỉnh chung của đúng q mặt.

45|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

ĐỀ SỐ 4 TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 3

Câu 1: Cho hàm số y 

x2 . Hãy chọn câu 2x  1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút a

A.

 f  x  dx  0 a

đúng:

b

B.

y O 1/2 -1/2

a

 f  x  dx    f  x  dx a

1

C.

x

b

c

a

c

a

 f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx, c   a; b  b

D.

-1

b

b

 a

b

f  x  dx   f  t  dt a

Câu 6: Trong các hàm sau, hãy chỉ ra hàm số giảm trên

 A. y    3

A. Hàm số có hai chiều biến thiên. B. Hàm số đồng biến trên

?

.

 1 C. Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;  2  1  và  ;   2 

C. y     Câu

7:

x

 5 B. y     3e 

 1  D. y    2 2

3x

Nghiệm

Câu 2: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz,

x  2  t  , t  . Vectơ nào cho đường thẳng d :  y  3t  z  2  5t  dưới đây là vectơ chỉ phương của d ? A. a   2;0; 2  .

B. a  1; 3; 5 .

C. a   1; 3; 5 .

D. a   1; 3; 5  .

Câu 3: Nếu y  e x  2017 thì y '  ln 2  bằng: B. e2019

C. 2e 2017

D. 2017+ e

Câu 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho vectơ MN   0;1; 1 và M 1;0; 2  thì tọa độ điểm N là: A. N 1;1;1

B. N  1;1; 3 

C. N  1; 1; 1

D. N 1; 1; 3 

Câu 5: Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng K và a , b , c là ba số bất kỳ thuộc K. Khẳng định nào sau đây là sai? Lovebook.vn|46

của

bất

x

phương

trình

log 3  4x  3  2 là:

D. Đồ thị hàm số có hình dạng

A. 2017

x

B. x 

A. x  3

3 4

C. x  3

D.

3 x3 4

Câu 8: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1; 2; 3  và B  5; 4;7  . Phương trình mặt cầu nhận AB làm đường kính là: A.  x  1   y  2    z  3   17 2

2

2

B.  x  3    y  1   z  5   17 2

2

2

C.  x  5    y  4    z  7   17 2

2

2

D.  x  6    y  2    z  10   17 2

2

2

Câu 9: Khẳng định nào sau đây là sai? A. 2017 x 

1  x  1. 2017

B. Hàm số y  log 2 2 x xác định khi x  0 x

1 C. Đồ thị hàm số y  2 và y    đối xứng 2 x

nhau qua trục tung.


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

D. Nếu ln  x  1 x  2   ln  x  1  ln  x  2  thì x phải nghiệm đúng bất phương trình

 x  1 x  2  0 của số phức z1  2 z2 bằng: B.

65

C. 21

D.

21

z   1  i   3  1  2i  là: 2

A. 9  10i B. 9  10i

  3x

16: 2

1 6

B. Giá

D. 9  10i

phẳng (P) : 2x  y  z  2  0. Giao điểm M của d và  P  có tọa độ là: A. M  3;1; 5

B. M  2;1; 7 

C. M  4; 3; 5

D. M 1;0;0 

nào

1 2 a

của

để

Câu

B. 1

C. 2

17:

Nguyên

hàm

D. 3 của

hàm

số

f  x   e x 1  2017 e 2 x là:

 f  x  dx  e  2017 e B.  f  x  dx  e  2017 e x

x

x

x

Câu 12: Trong không gian với hệ trục tọa độ

 x  1  2t  và mặt Oxyz, cho đường thẳng d :  y  t  z  2  3t 

trị

D.

0

A. C. 9  10i

1 4

C.

 2 dx  a3  2?

A. 0

Câu 11: Số phức liên hợp với số phức 2

1 8

Câu a

Câu 10: Cho số phức z1  1  2i , z2  3  i. Môđun

A. 65

A.

C.

 f  x  dx  e

D.

 f  x  dx  e

x

x

C

C

2017  x e C 2

2017  x e C 2

Câu 18: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, gọi    là mặt phẳng cắt ba trục tọa độ tại

ba điểm A  4;0;0  , B 0; 2;0  , C 0;0;6 . Phương trình của    là:

x y z   0 4 2 6

x y z   1 2 1 3

Câu 13: Cho hàm số y   x  1 x  2  . Trung

A.

điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực trị của đồ

C. 3x  6y  2z  12  0 D. 3x  6y  2z  1  0

2

thị hàm số nằm trên đường thẳng nào dưới đây? A. 2x  y  4  0

B. 2x  y  4  0

C. 2x  y  4  0

D. 2x  y  4  0

Câu 14: Bà A gửi 100 triệu vào ngân hàng theo thể thức lãi kép (đến kỳ hạn mà người gửi không rút lãi ra thì tiền lãi được tính vào vốn của kỳ kế tiếp) với lãi suất 7% một năm. Hỏi sau 2 năm bà A thu được lãi là bao nhiêu (giả sử lãi suất không

B.

Câu 19: Diện tích ba mặt của hình hộp chữ nhật bằng 20cm2 ,28cm2 ,35cm2 . Thể tích của hình hộp đó bằng: A. 160cm3 B. 190 cm3 C. 140 cm3 D. 165 cm3 Câu 20: f  x 

Giá trị

lớn nhất của hàm số

x 3  20  2 x trên đoạn 1; 4 là: 3

A. 9

B. 32

C. 33

Câu 21: Cho hai số phức

thay đổi)? A. 15 (triệu đồng)

B. 14,49 (triệu đồng)

C. 20 (triệu đồng)

D. 14,50 (triệu đồng)

z1  a  bi

z2  a  bi( a , b  ; z2  0). Hãy chọn câu sai?

A. z1  z2 là số thực

B. z1  z2 là số thuần ảo

C. z1 .z2 là số thực

D.

Câu 15: Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có BC  2 AB, SA   ABCD  và M là

D. 42

z1 là số thuần ảo z2

điểm trên cạnh AD sao cho AM  AB. Gọi V1 , V2

Câu 22: Có bao nhiêu đường tiệm cận của đồ thị

lần lượt là thể tích của hai khối chóp S.ABM và

hàm số y 

S.ABC thì

V1 bằng: V2

A. 1

x1 4x  2x  1 2

B. 2

? C. 3

D. 4 47|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 23: Điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn

 3  2i  z  5  14i có tọa độ là: A.  1; 4  B. 1; 4  C.  1; 4 

D.  4; 1

C.

D.

b  3a  2 3

Câu 30: Với giá trị nào của x thì hàm số y   log 32 x  log 3 x có giá trị lớn nhất?

Câu 24: Trong các phương trình dưới đây, phương trình nào có hai nghiệm là 1  i 3

3b  a  2 3

A.

1 3

2

B.

3

C.

D.

2 3

A. x 2  i 3 x  1  0

B. x2  2x  4  0

Câu

C. x2  2x  4  0

D. x2  2x  4  0

2 log 3  x  2   log 3  x  4   0. Một học sinh làm

Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x  1 

y2 z4 và  2 3

mặt phẳng    : 2x  4 y  6z  2017  0. Trong các

31:

Giải

phương 2

như sau:

x  2 Bước 1: Điều kiện:    x  4 Bước 2: Phương trình đã cho tương đương với

2log 3  x  2   2log 3  x  4   0

mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. d song song với    B. d cắt nhưng không vuông góc với   

Bước 3: Hay là: log 3  x  2  x  4   0

C. d vuông góc với   

  x  2  x  4   1

D. d nằm trên   

 x 2  6 x  7  0  x  3  2.

Câu 26: Cho hình chóp S.ABC , đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, SA   ABC  và hợp với SB

a3 3 (I) Thể tích của hình chóp S.ABC là V  12 (II) Tam giác SAB là tam giác cân

cho có nghiệm là x  3  2. nào? A. Sai ở bước 1

B. Sai ở bước 2

C. Sai ở bước 3

D. Đúng

Câu 32: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

Hãy chọn câu đúng: A. Chỉ (I) đúng

B. Chỉ (II) đúng

C. Cả 2 đúng

D. Cả 2 sai

một nghiệm duy nhất x 0 thuộc khoảng nào dưới đây? C. 1; 2 

Câu 28: Hàm số y  2 x  x

2

hàm số y  2 x 2  x 4 và trục hoành là: A.

Câu 27: Phương trình 5x1  6.5x  3.5x1  52 có

B.  1;1

Đối chiếu với ĐK  , suy ra phương trình đã

Bài giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở bước

hợp với đáy một góc 45. Xét 2 câu:

A.  2; 4 

trình:

D.  0; 2 

8 2 15

B.

16 2 15

C. 4 2

D. 2 2

Câu 33: Một cái mũ bằng vải của nhà ảo thuật với các kích thước như hình vẽ. Hãy tính tổng diện tích vải cần có để làm nên cái mũ đó (không kể viền, mép, phần thừa).

đồng biến trên

khoảng nào dưới đây? A.  ;1 B.  0;1

C. 1; 2 

D. 1;  

Câu 29: Biết log 2  a,log 3  b thì log 0,18 tính

30cm

3

10cm

theo a và b bằng: A.

2b  a  2 3

Lovebook.vn|48

B.

b  2a  2 3

35cm


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

A. 700 cm2

C. 750,25 cm2 Câu

34:

B. 754,25 cm2

So

D. 756,25 cm2 sánh

các

của cái tháp đã làm như sau. Tại thời điểm nào đó, cậu đo bóng của mình dài 3,32 m và đồng thời

đo được bóng của cái tháp (kể từ chân tháp) dài

tích

phân:

I   xdx ,J   sin 2 x.cos xdx , K   xe x dx.

Ta có

 2

4

1

1

0

207,5 m. Biết cậu học sinh đó cao 1,66 m, hỏi chiều cao của cái tháp dài bao nhiêu m? A. h  103,75 

51,87 51,875 B. h  103   

C. h  103,75 

25,94 

0

các kết quả nào sau đây? A. I  K  J

B. I  J  K

C. J  I  K

D. K  I  J

biểu diễn các số phức z thỏa mãn z  2i  1 là đường tròn có phương trình nào sau đây? A.  x  2   y 2  1

B. x 2   y  2   1

C. x 2  y 2  4 y  3  0

D. x 2  y 2  4 x  3  0

2

2

Câu 36: Cho khối lăng trụ tam giác đều

ABC.A ' B 'C ' có cạnh đáy bằng a 2 và mỗi mặt bên có diện tích bằng 4a2 . Thể tích khối lăng trụ

2a3 6 3

C. a 3 6

D. 1

a3 6 2

A.  ;0    3;  

3 B.   2

C. 3

D. 

Câu 40: Một quả bóng bàn được đặt tiếp xúc với tất cả các mặt của một cái hộp lập phương. Tỉ số thể tích của phần không gian nằm trong hộp đó nhưng nằm ngoài quả bóng bàn và thể tích hộp là:

8 8

B.

3 4

C.

Câu 41: Cho hàm số y  5

 2 x  2  Câu 37: Giải bất phương trình:     .  5  5

5

1 Bước 3: Từ đó suy ra 1  5x  x  . Vậy tập 5

D.

2 3

x 2  mx  1 . Tìm m để xm

như sau:

Bước 1: Điều kiện x  0  .  2 x  2  2 1  1 nên  Bước 2: Vì     5 x 5  5  5

6 6

hàm số đạt cực đại tại x  2? một học sinh làm

Bước 1: D 

Một học sinh làm như sau:

1

nghiệm của phương trình f '  x   0 là:

A.

đó là: B.

D. h  103,75

Câu 39: Cho hàm số f  x   ln x 2  3x . Tập

Câu 35: Tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức

A. 2a3 6

Ngọc Huyền LB

\m , y ' 

x 2  2mx  m2  1

 x  m

2

.

Bước 2: Hàm số đạt cực đại tại x  2

 y '  2   0   m  1 2 Bước 3:    m  4m  3  0    m  3

nghiệm của bất phương trình đã cho là

Bài giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở bước

 1 S   ;  \0. 5 

nào?

Bài giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở bước

A. Sai từ bước 1

B. Sai từ bước 2

C. Sai từ bước 3

D. Đúng

Câu 42: Giá trị của m để đường thẳng y  2x  m

nào? A. Đúng

B. Sai ở bước 1

C. Sai ở bước 2

D. Sai ở bước 3

cắt đường cong y 

x1 tại hai điểm phân biệt là: x 1

Câu 38: Một cái tháp hình nón có chu vi đáy bằng

A. m  1

B. m  0

207,5 m. Một học sinh nam muốn đo chiều cao

C. m  0

D. Một kết quả khác 49|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 43: Với giá trị nguyên nào của k thì hàm số

y  kx4   4k  5 x2  2017 có ba cực trị? A. k  1

B. k  2

C. k  3

(II) Hình lập phương ABCD.A' B' C ' D' có 9 mặt phẳng đối xứng Hãy chọn câu đúng:

D. k  4

Câu 44: Với giá trị nào của tham số m thì hàm số

A. Chỉ (I) đúng

B. Chỉ (II) đúng

y  sin x  cos x  2017 2 mx đồng biến trên

C. Cả 2 đúng

D. Cả 2 sai

A. m  2017

B. m  0

1 C. m  2017

1 D. m   2017

?

Câu 48: Tính thể tích V của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  0, x  1, biết rằng thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox

Câu 45: Có hai chiếc cọc cao 10m và 30m lần lượt

tại điểm có hoành độ x(0  x  1) là một tam giác

đặt tại hai vị trí A, B. Biết khoảng cách giữa hai

đều có cạnh là 4 ln 1  x  .

cọc bằng 24m. Người ta chọn một cái chốt ở vị trí

M trên mặt đất nằm giữa hai chân cột để giăng dây nối đến hai đỉnh C và D của cọc (như hình

A. V  4 3  2ln 2  1 B. V  4 3  2ln 2  1 C. V  8 3  2ln 2  1 D. V  16  2ln 2  1

vẽ). Hỏi ta phải đặt chốt ở vị trí nào trên mặt đất

Câu 49: Trong không gian với hệ trục tọa độ

để tổng độ dài của hai sợi dây đó là ngắn nhất? B. AM  7 m, BM  17 m

x  2  t  Oxyz, cho đường thẳng d :  y  1  mt và mặt cầu  z  2 t 

C. AM  4m, BM  20m

S  : x

D. AM  12m, BM  12m

nhiêu giá trị nguyên của m để d cắt S  tại hai

A. AM  6m, BM  18m

Câu 46: Trong không gian với hệ trục tọa độ

 P : x  y  z  3  0 và ba A  0;1;2  , B 1;1;1 , C 2; 2;3 . Tọa độ điểm

Oxyz, cho mặt phẳng

điểm

M thuộc  P  sao cho MA  MB  MC nhỏ nhất là: A.  4; 2; 4 

B.  1; 2;0 

C.  3; 2; 8 

D. 1; 2; 2 

Câu 47: Cho hình lập phương ABCD.A' B' C ' D' có cạnh bằng a. Xét 2 câu: (I) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  A ' BD là d 

a 3 3

Lovebook.vn|50

2

 y 2  z 2  2x  6y  4z  13  0.

bao

điểm phân biệt? A. 5

B. 3

C. 2

D. 1

Câu 50: Cho các hàm số y  f  x  , y  g  x  ,

y

f  x

g  x

. Nếu các hệ số góc của các tiếp tuyến

của các đồ thị các hàm số đã cho tại điểm có hoành độ x  0 bằng nhau và khác 0 thì: A. f  0  

1 4

B. f  0  

1 4

C. f  0  

1 4

D. f  0  

1 4


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT 1C 11B 21D 31B 41B

2D 12A 22B 32B 42D

3C 13C 23A 33D 43A

4A 14B 24C 34A 44C

5C 15D 25C 35B 45A

Câu 1: Đáp án C. Phân tích: Ta có thể thấy ngay y' 

1 ab  bc 3   0 với mọi x  . 2 2 2 MS MS

 1 Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng  ;  và 2 

1   ;   . 2 

Kết quả lưu ý: Hàm số y 

ax  b ( có cx  d

6D 16B 26C 36C 46B

7A 17A 27D 37D 47C x

8B 18C 28B 38A 48A

9D 19C 29A 39B 49A

10B 20B 30C 40C 50B

x

 5  3e  tức là      . Vậy cơ số lúc này lớn hơn  3e   5 1, do đó ta chọn D. Câu 7: Đáp án A.

 3 x  Ta có: bpt   x3 4 4 x  3  9  Câu 8: Đáp án B

I  3;1; 5 là trung điểm của AB, khi đó I là tâm

 d   d trên các khoảng  ;   và   ;   . c  c  

của mặt cầu nhận AB làm đường kính, ta không cần đi tìm độ dài bán kính vì tất cả các phương án đều là 17. Do vậy ta chọn luôn B. Câu 9: Đáp án D. Ta có:

Câu 2: Đáp án D. Kiến thức áp dụng: Đường thẳng có phương trình

đủ bởi khi đó sẽ có TH  x  1 và  x  2  cùng

y' 

ad  bc

 cx  d 

2

) luôn đồng biến hoặc nghịch biến

 x  x0  at  tham số d :  y  y0  bt thì vtcp của d là  z  z  ct 0  u   a; b; c  .

Câu 3: Đáp án C.

 

Ta có công thức e u '  u '.e u . Ở đây ta nhẩm nhanh rằng  x  2017  '  1 . Do vậy

y '  ln 2   eln 22017  2e2017 . Câu 4: Đáp án A.  xN  x  x M  1 MN  Ta nhẩm nhanh như sau:  y N  y MN  y M  1   zN  z MN  z M  1

Câu 5: Đáp án C. Câu 6: Đáp án D. Ta thấy tất cả các phương án còn lại cơ số đều lớn hơn một, riêng ở B và D thì cơ số lớn hơn 0 và nhỏ hơn 1. Tuy nhiên, ta thấy ở B, số mũ là  x

Nếu chỉ có điều kiện  x  1 x  2   0 thì không

nhỏ hơn 0. Do đó ln  x  1 và ln  x  2  không tồn tại. Câu 10: Đáp án B. Ta bấm máy MODE  2:CMPLX Ấn SHIFT+hyp (Abs) và nhập biểu thức

1  2i  2x  3  i  máy hiện

65

Câu 11: Đáp án B Ta bấm máy tính dưới chế độ tính toán với số phức MODE 2 được z  9  10i . Mà đề hỏi số phức liên hợp do đó ta chọn B. Câu 12: Đáp án A. Ta có phương trình

2. 1  2t   t  2  3t  2  0  t  1  M  3;1; 5 

Câu 13: Đáp án C. Đây là bài toán ứng dụng của việc tìm phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị như sau: Ta có kết quả đó là: Trung điểm của đọan thẳng nối hai điểm cực trị chính là điểm uốn của đồ thị hàm số bậc ba. Ta có y   x  1 x  2   x 3  3x 2  4 2

51|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Ta có y ''  6x  6  0  x  1  y  1  2 . Thỏa mãn phương trình C. Hoặc quý độc giả có thể làm luôn theo cách bấm máy viết phương trình đi qua hai điểm cực trị mà tôi đã giới thiệu trong sách “Bộ đề tinh túy ôn thi THPT Quốc Gia môn Toán” Câu 14: Đáp án B. Ta có Sau hai năm thì số tiền lãi bà thu được là: 100  1  0.07   100  14, 49 2

Câu 15: Đáp án D. Ta có 1 AD 1 1 SABM  .AB.  SABCD  VSABM  VSABCD 2 2 4 4 V 1 1 Mặt khác VSABC  VSABCD do vậy 1  V2 2 2 Câu 16: Đáp án B

Ta có I  x 3  2 x

 0a a

Câu 17: Đáp án A.

3

 2a  a3  2  a  1

F  x    e x  2017.e  x dx  e x  2017 e  x  C

Câu 18: Đáp án C. Phương trình có dạng x y z    1  3x  6 y  2z  12  0 4 2 6 Câu 19: Đáp án C. ab  20  Ta có bc  28  abc  20.28.35  140 ca  35 

Câu 20: Đáp án B. x 3  20 Ta nhận xét nhanh, thấy rõ đồng biến 3

trên 1; 4  ,

x cũng đồng biến trên 1; 4  . Do đó

Min, Max của f  x  nằm ở đầu mút, khi đó Max f  x   f  4   32 1;4 

Câu 21: Đáp án D. Câu 22: Đáp án B. 1 1 Hai TCN là y  và y   2 2 Câu 23: Đáp án A. Bấm máy tính với chế độ MODE  2:CMPLX 5  14i với z   1  4i 3  2i Câu 24: Đáp án C. Ta thấy z1  z2  2; z1 z2  4  chọn C.

Câu 25: Đáp án C. d có vtcp u  1; 2; 3 

  có vtpt n   2; 4; 6   2 1; 2; 3 do đó u cùng phương với n do đó d vuông góc với    . Câu 26: Đáp án C. SB hợp với đáy một góc 45 do đó tam giác SAB vuông cân tại A. Khi đó SA  AB  a . Vậy

1 1 a 3 a3 3  (I), (II) đúng. V  .a. .  3 2 2 12 Câu 27: Đáp án D. Ta có 5x1  6.5x  3.5x1  52 52  .5x  52  5x  5  x  1 5 Câu 28: Đáp án B.

D  0; 2  y ' 

x  1

số đồng biến trên  0; 1

Câu 29: Đáp án A. Gán log2 cho A, log3 cho B, thử trên máy ta được đáp án A. Câu 30: Đáp án C. Câu 31: Đáp án B. Chữa lại như sau ở bước 2: Phương trình đã cho tương đương với

2 log 3  x  2   2 log 3 x  4  0

Câu 32: Đáp án B.

x  0 Ta có 2 x 2  x 4  0   . Khi đó  x   2 S

2

 2

2

2 x 2  x 4 dx 2  2 x 2  x 4 dx 0

4 2  2 8 8 16 2   x3  x5   . 2 . 2 5 0 3 5 15 3 Câu 33: Đáp án D. Tổng diện tích được tính bằng tổng diện tích xung quanh của hình trụ và diện tích một đáy, với diện tích hình vành khăn. Ta có

S  2.7, 5.30  .7, 52  . 17, 52  7, 52  756, 25

Câu 34: Đáp án A. 14 1 Ta có I  ; J  ; K  1  I  K  J 3 3 Câu 35: Đáp án B. z  2i  1  x 2   y  2   1 2

Câu 36: Đáp án C. Lovebook.vn|52

 0  x  1 . Suy ra hàm

2x  x2


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ta có h 

4a2 a 2

 2a 2 .

1 a 2. 3 V  B.h  .a 2. .2a 2  a 3 6 2 2 Câu 37: Đáp án D. Bước 3: Vì chuyển bất phương trình tương đương nhân hai vế với x mà không xét dấu của x. Câu 38: Đáp án A. Ta có : 1, 66 h 51, 875   h  103,75  3, 32 207, 5   207, 5 2 Câu 39: Đáp án B. 2x  3 3 ln x2  3x '  2 0x 2 x  3x Câu 40: Đáp án C. Quả bóng bàn có bán kính r, hình lập phương có

 



  4 cạnh 2r. Khi đó V trống là V1   8r 3  r 3  . 3   4 V1 8  3  6     Khi đó V 8 6 Câu 41: Đáp án B. Dấu tương đương dùng sai, ở đây chỉ là dấu suy ra và sau đó phải thử lại sau bước 3. Câu 42: Đáp án D. x  1 . Xét phương trình hoành độ giao điểm ta có để hai đồ thị hàm số catwsn hau tại hai điểm

 x  1 phân biệt thì:  2 2 x   m  3  x  m  1  0

2  m  3  m  1  0  m  2  m  3   8  m  1  0 Câu 43: Đáp án A. Ta nhẩm nhanh như sau: Để hàm số có ba cực trị thì phương trình y '  0 phải có ba nghiệm phân biệt, tức là  4k  5 k  0 . Chỉ có A thỏa mãn. Câu 44: Đáp án C. Ta có y '  cos x  sin x  2017 2m . Ta có   y '  2 sin  x    2017 2m . Để hàm số đã cho 4  đồng biến trên thì y '  0 với mọi x . Dấu

bằng xảy ra tại hữu hạn điểm.

Ngọc Huyền LB

   sin  x    2017 m với mọi x . Điều này 4  1 xảy ra khi 2017 m  1  m  . 2017 Câu 45: Đáp án A.

Ta có đặt AM  x khi đó MB  24  x ; x  0; 24  Khi đó CM  DM  f  x   10 2  x 2  30 2   24  x  . 2

Lúc này ta thử xem đáp án nào Min. Câu 46: Đáp án B. Gọi I là điểm thỏa mãn IA  IB  IC  0

 I 1; 0; 2  . Mà

MA  MB  MC  I A  IB  IC  3MI  3MI . Để MA  MB  MC nhỏ nhất thì MI   P   M  1; 2; 0  .

Câu 47: Đáp án C. Ta có gọi h là khoảng cách từ A đến mặt phẳng 1 3 a  A ' BD  thì h2  a2  h    I  đúng. 3 Xét khối lập phương ABCD.A'B'C'D' Gọi M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA M', N', P', Q' lần lượt là trung điểm của A'B', B'C', C'D', D'A' R, S, T, U lần lượt là trung điểm của AA', BB', CC', DD' Khối lập phương ABCD. A'B'C'D' có 9 mp đối xứng như sau : a) 3 mp đối xứng chia nó thành 2 khối hộp chữ nhật (là các mp MPP'M', NQQ'N', RSTU) b) 6 mp đối xứng chia nó thành 2 khối lăng trụ tam giác (là các mp ACC'A', BDD'B', AB'C'D, A'BCD', ABC'D', A'B'CD). Vậy  II  đúng.

Câu 48: Đáp án A. Câu này tương tự như câu số 26, đề số 8 trong sách “Bộ đề tinh túy ôn thi THPT Quốc Gia năm 2017” mà tôi đã phân tích và đề cập rất kĩ. Do đó ở đây: Ta có 4. ln  1  x  . 3 1 S  x   .4 ln  1  x  .  4 3.ln 1  x  2 2 1

1

0

0

Vậy V   S  x  dx  4 3  ln 1  x  dx 53|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Đặt u  ln 1  x   du 

1 dx; dv  dx  v  x 1 x   1 1 x dx  Khi đó V  4 3.  x.ln 1  x     0 0 1  x    1 V  4 3.  ln 2  x  ln 1  x    0  

 4 3. ln 2  1  ln 2   4 3.  2 ln 2  1

Câu 49: Đáp án A Ta có phương trình

 2  t   1  mt  2

8t  13  0

2

 4t 2  2.  2  t   6.  1  mt 

 m2  5 t 2  2.  5  4m  t  20  0

Lovebook.vn|54

Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì phương trình có 2

nghiệm phân biệt.   5  4m  20 m2  5  0 2

 4m2  40m  75  0  2, 5  m  7, 5 . Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 50: Đáp án B. f '  0  .g  0   g '  0  . f  0 

Ta có f '  0   g '  0  

a

a. g  0   f  0  g2  0 

g2  0 

 f 0  g2 0  g 0 

2

1  1 1   g 0    4  2 4


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017

ĐỀ SỐ 5

Môn: Toán

TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 4

Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1: Hình dưới là đồ thị của hàm số nào trong

Câu 8: Số điểm có tọa độ là các số nguyên trên đồ

bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B,

thị hàm số y 

C, D sau:

A. 4

y

O

A. x  1

1

C. y  x 2  2 x  3

D. y  2 x 4  3x 2  1

2

x3 x2   x, khi đó 3 2

tập nghiệm của bất phương trình f '  x   0 là:

B.  0 ;  C. 2 ; 2 D.   ;  

Câu 3: Hàm số y  x  x 2 nghịch biến trên

D. x  2

qua là:

A.  1; 0  và  1; 0 

B.  1; 0  và  0 ; 1

C.  2 ; 1 và  2 ; 3 

D.  2 ; 1 và  0 ; 1

x2 C  . Gọi d là x1 khoảng cách từ giao điểm hai tiệm cận của đồ thị Câu 11: Cho hàm số: y 

C  đến một tiếp tuyến của C  . Giá trị lớn nhất d có thể đạt được là:

khoảng: 1  A.  ; 1  2 

C. x  0

B. x  1

Tọa độ các điểm mà mọi đồ thị của họ Cm  đi

4

Câu 2: Cho hàm số y  f  x  

2

Câu 10: Cho họ đồ thị Cm  : y  x4  mx2  m  1.

x

B. y  x  2 x  1

A. 

D. 1

Câu 9: Hàm số y  x  x  1 đạt cực tiểu tại:

A. y  x  3 x  2 3

C. 3

4

1 -1

x3 là: x2 B. 2

 1 B.  0 ;   2

C.   ; 0  D. 1; 

Câu 4: Hàm số y  x 3  3 x 2  mx  m đồng biến trên tập xác định khi giá trị của m là:

A. 3 3

3

B.

C.

D. 2 2

2

Câu 12: Biểu thức A  4log2 3 có giá trị là: A. 6

B. 9

C. 16

D. 2

Câu 13: Đạo hàm hàm số y  2 x.3 x bằng:

A. m  1

B. m  3

A. 6x ln6

B. 6 x

C. 1  m  3

D. m  3

C. 2x  3x

D. 2x1  3x1

Câu 5: Cho hàm số y  mx3  2x2   m  1 x  2.

Câu 14: Cho hàm số f  x   e x 3  x 2 . Đạo hàm

Với giá trị nào của m thì hàm số đã cho có một

hàm số triệt tiêu tại các điểm:

cực trị? A. m  0

B. m  0

C. m  0

D. m  1

Câu 6: Cho hàm số y  x  3x  2 C  . Đường 3

2

thẳng nào sau đây là tiếp tuyến của  C  có hệ số góc nhỏ nhất:

A. x  1; x  3

B. x  1; x  3

C. x  1; x  3

D. x  0

Câu 15: Phương trình log3  3x  2   3 có nghiệm là: A.

11 3

B.

25 3

C.

29 3

D. 87

A. y  3x  3

B. y  3x  3

Câu 16: Hàm số y  ln  x 2  5x  6

C. y  3x

D. y  0

định là:

Câu 7: Cho phương trình x4  4x2  3  m  0.

A.  ; 2    3;  

B.  0;  

Với giá trị nào của m thì phương trình có 4

C.  ;0 

D.  2; 3 

nghiệm phân biệt: A. 1  m  2

B. 1  m  2

C. 3  m  1

D. 1  m  3

có tập xác

Câu 17: Tập nghiệm của bất phương trình

32.4x  18.2x  1  0 là tập con của tập: A.  5; 2  B.  4;0 

C. 1; 4 

D.  3;1

55|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 18: Cho

a  log 30 3, b  log 30 5,

khi đó

C.

log 30 1350 tính theo a , b bằng:

   D. 2  1  e 2     

  1  1  e 2  2 

A. 2a  b  1

B. 2a  b  1

Câu 27: Thể tích khối tròn xoay nhận được khi

C. a  2b  1

D. 2a  b  1

quay hình phẳng giới hạn bởi đường cong

Câu 19: Rút gọn biểu thức

a

3 1

.a 2 

a  2 2

3

2 2

(với a  0 )

D. a3

C. a5

B. a

Câu 20: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 

x2 trên đoạn ex

1;1 . Khi đó:

2 x   y  4 1 là:  x 1  2  y  1  0

Câu

B. 3 22:

C. 1

Nguyên

D. 4

hàm

của

f  x   sin x.cos x trên tập số thực là: 1 A. cos 2 x  C 4

hàm

số

1 B.  cos 2 x  C 4 1 D.  sin 2 x  C 4

C.  sin x.cos x Câu 23: Nguyên hàm

F  x

của hàm số

f  x   4x3  3x2  2 trên tập số thực thỏa mãn F  1  3 là: A. x  x  2x  3

B. x  x  2x

C. x  x  2x  4

D. x4  x3  2x  3

4

4

3

4

3

3

3

Câu 24: Tích phân:

2  3x x  1 dx bằng: 0

A. 3

D. 3

C. 5

B. 7 1

Câu 25: Tích phân:



3x  1  2 x dx bằng:

0

1 A. 6

11 C. 6

7 B. 6

D. 0

 2

Câu 26: Tích phân:  e x sin x dx bằng: 0

A. 1  e 2

Lovebook.vn|56

đường x  1, x  e , y  0 và y  A. 3  e

1 A. M  ; m  0 B. M  e; m  0 e 1 C. M  e; m  D. M  e; m  1 e Câu 21: Số nghiệm của hệ phương trình:

A. 2

81 85 (đvtt) B. (đvtt) 10 10 41 8 C. (đvtt) D. (đvtt) 7 7 Câu 28: Diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các A.

được kết quả là: A. a 4

y  3 x  x 2 và trục hoành quanh trục hoành bằng:

B. 1  e 2

B. 2  e

ln x 2 x

bằng:

C. 2  e

D.

e 3

Câu 29: Số nào trong các số sau là số thuần ảo: A.

 

2  2i 

2 i

C.  3  i    2  i 

B.  2016  i    2017  i  D. 2017i 2

Câu 30: Số phức liên hợp của số phức

z  1  i  3  2i  là: A. z  1  i

B. z  1  i

C. z  5  i

D. z  5  i

Câu 31: Để số phức z  a   a  1 i ( a là số thực) có z  1 thì: A. a 

1 2

B. a 

C. a  0 hoặc a  1

3 2

D. a  1

Câu 32: Số phức z   1  2i   1  i  có mô đun là: 2

B. z  50

A. z  5 2

2 2 10 D. z  3 3 Câu 33: Trên mặt phẳng tọa độ các điểm A, B, C C. z 

lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức

1  i 1  2i  ; 2i . Khi đó tam giác ABC :

4 ; i 1

3

A. Vuông tại C

B. Vuông tại A

C. Vuông cân tại B

D. Tam giác đều

Câu 34: Số phức z thỏa mãn z  3 z  1  2i

2

là:

3 3 3 3 A.   2i B. 2  i C. 2  i D.   2i 4 4 4 4 Câu 35: Diện tích hình tròn lớn của hình cầu là S.

Một mặt phẳng  P  cắt hình cầu theo một đường


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

tròn có bán kính r , diện tích

1 S. Biết bán kính 2

hình cầu là r , khi đó r bằng:

Ngọc Huyền LB

Câu 42: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B với AB  a, BC  a 2 ,

SA  2a và SA vuông góc với mặt phẳng

 ABC  . Biết  P  là mặt phẳng qua

R 2 R 3 R 2 R 3 B. C. D. 6 4 2 3 Câu 36: Hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh

góc với SB, diện tích thiết diện cắt bởi  P  và

bằng a. Thể tích khối chóp đó bằng:

hình chóp là:

a3 2 a3 2 a3 2 a3 3 A. B. C. D. 6 2 3 3 Câu 37: Người ta bỏ vào một chiếc hộp hình trụ

8a2 10 4a2 10 4a2 3 4a2 6 B. C. D. 25 25 15 15 Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho

ba quả bóng tennis hình cầu, biết rằng đáy hình

ba vectơ a  1;1;0  , b 1;1;0  , c 1;1;1. Trong các

A.

trụ bằng hình tròn lớn trên quả bóng và chiều cao của hình trụ bằng ba lần đường kính quả bóng. Gọi S1 là tổng diện tích của ba quả bóng, S2 là

A và vuông

A.

mệnh đề sau mệnh đề nào sai? B. c  3 C. a  2 D. b.c  0

A. a.b  0

diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số diện tích

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

S1 là: S2

mặt phẳng song song với hai đường thẳng:

Câu 38: Hình hộp chữ nhật có ba kích thước là

 x2t x2 y 1 z  và d2 :  y  3  2t có vectơ d1 :   2 3 4  z  1t 

a , b , c thì đường chéo có độ lớn là:

pháp tuyến là:

A. 2

B. 5

C. 3

D. 1

A.

a2  b2  c 2

B.

a2  b2  c 2

A. n   5; 6; 7 

B. n   5; 6;7 

C.

2 a 2  2b 2  c 2

D.

a 2  b 2  2c 2

C. n   5; 6;7 

D. n   5; 6;7 

Câu 39: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, SA vuông góc với

 ABCD , AB  AC  a, AD  2a, giữa SC và mặt phẳng  ABCD  bằng 45 . giữa mặt phẳng SAD  và SCD  bằng: mặt phẳng

0

0

0

A. 45

B. 30

0

C. 75

D. 60

góc Góc

0

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu S  tâm I 1; 2; 3  đi qua điểm A 1;0;4  có phương trình là: A.  x  1   y  2    z  3   53 2

2

2

B.  x  1   y  2    z  3   53 2

2

2

Câu 40: Cho hình chóp tam giác đều đáy có cạnh

C.  x  1   y  2    z  3   53

bằng a , góc tạo bởi các mặt bên và đáy bằng 600.

D.  x  1   y  2    z  3   53

Thể tích khối chóp là: A. V 

a

3

3

24

2

2

2

Câu 46: Cho ba điểm B. V 

a

3

6 24

a3 3 a3 D. V  8 8 Câu 41: Thiết diện qua trục của hình nón là tam C. V 

giác đều cạnh 6a. Một mặt phẳng qua đỉnh S của nón và cắt vòng tròn đáy tại hai điểm A và B. Biết số đo góc ASB bằng 30 0 , diện tích tam giác

2

2

A 1;6; 2  , B  5;1; 3  ,

C  4;0;6  , khi đó phương trình mặt phẳng

 ABC  là: A. 14x  13y  9z  110  0 B. 14x  13y  9z  110  0 C. 14x  13y  9z  110  0 D. 14x  13y  9z  110  0 Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , vị

SAB bằng: A. 18a2

2

B. 16a2

C. 9a2

D. 10a2

trí tương đối của hai đường thẳng

57|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

 x  1  2t  x  7  3m   d1 :  y  2  3t và d2 :  y  2  2m là:  z  5  4t  z  1  2m   A. Chéo nhau

B. Cắt nhau

C. Song song

D. Trùng nhau

Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  2;1;0  , B  3;0;4 , C 0;7;3 . Khi đó

14 118 A. 354

B. 

7 118 177

798 798 D.  57 57 Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho C.

diện

ABCD

Lovebook.vn|58

D của tứ diện là:

5 4 3 45 C. D. 5 3 7 Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A. 11

B.

bốn điểm A 1;1;1 , B 1;2;1 , C 1;1;2 , D 2;2;1 . Tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tọa độ:

cos AB, BC bằng:

tứ

C  6; 3;7  , D  5; 4;8  . Độ dài đường cao kẻ từ

A  2; 3;1 , B  4;1; 2  ,

A.  3; 3; 3 

3 3 3 B.  ;  ;  2 2 2

3 3 3 C.  ; ;  2 2 2

D.  3; 3; 3 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT 1B 11C 21C 31C 41C

2A 12B 22B 32A 42A

3A 13A 23A 33C 43D

4B 14A 24B 34D 44D

5C 15C 25A 35C 45C

6A 16D 26C 36B 46D

7C 17B 27A 37D 47A

8B 18A 28B 38B 48B

9C 19C 29A 39D 49A

10A 20B 30D 40A 50C

Câu 1: Đáp án B Phân tích: Nhận thấy đây là dạng đồ thị của hàm số bậc bốn trùng phương, nên phương án A, C loại. Với B, C ta thấy. Hàm số ở phương án B có x  1  3 y '  4 x  4 x  0   x  1 . Nhìn vào đồ thị thì ta thấy hoành độ hai điểm cực  x  0 tiểu , cực đại thỏa mãn, nên chọn B. Câu 2: Đáp án A. Phân tích: Với bài toán này ta sẽ đi tìm f '  x  rồi thế vào bất phương trình ban đầu. 2

 1 3 Lời giải: Ta có f '  x   x  x  1 . Nhận xét x  x  1   x     0 với 2 4  mọi x . Do vậy bất phương trình vô nghiệm. Câu 3: Đáp án A. Phân tích: Để tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số thì ta đi tìm nghiệm của phương trình y '  0 hoặc giá trị làm cho phương trình y '  0 2

Chú ý: Với dạng toán này, để xét dấu của đạo hàm trên mỗi khoảng mà ta đã tìm ra, ta chỉ cần thử một giá trị bất kì trong khoảng đó để xét dấu của đạo hàm.

2

không xác định, từ đó tìm được các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số. Lời giải: Điều kiện: x  0;1 Ta có y ' 

x  x2 ' 

2 x  1

2 x  x2 x  0 . y ' không xác định khi  x  1

 1 1  1 . Khi đó ta có 2 khoảng cần xét đó là  0;  ;  ; 1  . Nhận 2  2 2  1  1  thấy ở đây y '  0 với x   ; 1  , do đó hàm số nghịch biến trên  ; 1  . 2  2 

y '  0 khi x 

Câu 4: Đáp án B Phân tích: Hàm số đã cho: 1. Là hàm số bậc ba có hệ số a  1  0 . 2. Có tập xác định D  . Do đó giống như tôi đã trình bày trong cuốn bộ đề Tinh Túy 2017 thì để hàm số bậc ba có các điều kiện trên đồng biến trên thì phương trình y '  0 có nghiệm kép hoặc vô nghiệm. Lời giải: Ta xét phương trình y '  0  3x2  6x  m  0 . Để phương trình trên vô nghiệm hoặc có nghiệm kép thì  '  32  3m  0 m 3

59|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 5: Đáp án C Phân tích: Ta nhận thấy đây là một bài toán sử dụng mẹo nhớ khá là nhanh đó là: Đồ thị hàm số bậc ba hoặc là có 2 điểm cực trị, hoặc là không có điểm cực trị nào. Do vậy ở đây, để hàm số đã cho có một cực trị thì hàm số đã cho thỏa mãn điều kiện không là hàm bậc ba, tức là m  0 . Khi m  0 thì hàm số đã cho trở thành hàm số bậc hai, mà đồ thị hàm số bậc hai là parabol luôn có một điểm cực trị. Câu 6: Đáp án A Phân tích: Ta thấy hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x  xo là

Ghi nhớ: đồ thị hàm số bậc ba hoặc là có hai điểm cực trị, hoặc là không có điểm cực trị. Không có TH có một điểm cực trị

f '  xo  . Ta có f '  xo   3xo 2  6 xo  3  xo  1  3  3 với mọi x o . Do đó hệ số 2

góc tiếp tuyến nhỏ nhất là 3 khi x0  1 . Khi đó phương trình tiếp tuyến là y  3x  3 Câu 7: Đáp án C. Phân tích: Ta thấy đây là bài toán có thể cô lập m sang VP, do đó ta sẽ làm theo cách vẽ BTT từ đó kết luận số nghiệm của phương trình. Lời giải: phương trình đã cho tương đương với: x4  4x2  3  m . Đặt f  x   x4  4x2  3 có

f '  x   4 x 3  8 x  4 x  x 2  2

x  0  Phương trình f '  x   0   x   2 . Khi đó từ BBT ta có:  x  2 x f'(x)

1.Với hệ số a  0 thì có dạng chữ M ( chỉ là mẹo). 2.Với hệ số

0 +

0

-

0

1

+

0

-

1

f(x)

Nhìn vào BBT ta thấy để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì 3  m  1 Câu 8: Đáp án B Phân tích: Với bài toán dạng này ta sẽ chia tử số cho mẫu số, giống như bài toán giải phương trình nghiệm nguyên mà ta đã học ở cấp 2. x3 1 Lời giải: Ta có y  . Để y là số nguyên thì x  2 là ước của 1. 1 x2 x2 Tức là x  2  1  x  1; x  3 . Vậy có hai điểm có tọa độ là các số nguyên x3 trên đồ thị hàm số y  . x2 Câu 9: Đáp án C

Lời giải: y '  4 x 3  2 x  2 x 2 x 2  1 . Phương trình y '  0 có nghiệm duy nhất

x  0 . Do đó chọn C. Câu 10: Đáp án A. Phân tích: Đây là dạng toán tìm điểm cố định của đồ thị hàm số cho trước có tham số. Với dạng toán này ta có các bước làm như đã note ở bên.

Lovebook.vn|60

Mẹo: Ở đây ta có một mẹo nhanh để không cần vẽ BBT đó là; Với đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương có hai điểm cực trị:

a  0 thì có

dạng chữ W. Trong sách bộ đề tinh túy toán 2017 tôi đã trình bày.


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Lời giải: ta có y  x  mx  m  1  m x  1  x  y  1  0 . Điểm mà cố 4

Ghi nhớ: các bước tìm điểm cố định của đồ thị hàm số chứa tham số: 1. Chuyển y sang VP. 2. Gộp các hạng tử có tham số và đặt tham số chung ra ngoài. 3. Cho các biểu thức trong ngoặc sau khi đặt tham số ra bằng 0.

2

2

4

2   x  1; y  0 x  1  0 định của họ Cm  thỏa mãn  4 .    x  1; y  0 x  y  1  0 Câu 11: Đáp án C x2 1 1 Ta có y  . 1 , x  1; y '  2 x1 x1  x  1

Ta thấy I  1;1 là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số. Phương  1  trình tiếp tuyến với  C  tại điểm  x0 ; 1   là: xo  1   1 y  x  x0   1  x 1 1  d  2 0  x  1 0

Ghi nhớ: Với bài toán dạng liên quan đến khoảng cách, ta nên tách hàm số phân thức ( tức là lấy tử số chia mẫu số) như bài làm bên để khi thay vào công thức khoảng cách sẽ rút ngắn thời gian rút gọn. Ví dụ:

x2 1  1 x1 x 1

Khoảng cách từ I đến  d  là:

1

d I; a 

x

0

 1

2

 1  x   1  1  x 1 1 o

0

1

x

0

2 x0  1

x

0

 1  1 4

2

Câu 12: Đáp án B

x

0

 1

log 3 log 3 Lời giải: A  4 2  2 2

Ghi nhớ: Công thức áp dụng: a

log a b

b

Ghi nhớ:

a x .b x   ab  ; x

  a

x

'  a . ln a x

Câu 13: Đáp án A.

 1

2 x0  1

1

2

2 x0  1 1

4

1

x

0

 1

4

 2 ( Áp dụng bất đẳng thức Cauchy). 4

 32  9

  

Lời giải: Ta có y '  2 x .3x '  6 x '  6 x .ln 6 Câu 14: Đáp án A Phân tích: Ở đây câu nói đạo hàm hàm số triệt tiêu tức là giá trị để cho đạo hàm hàm số bằng 0. Tức là ta đi tìm nghiệm của phương trình f '  x   0

 

Lời giải: Ta có f '  x   e x 3  x2

 '  e .  3  x   2x.e x

2

x

 e x x 2  2x  3

x  1 f '  x   0  x2  2x  3  0 (Do e x  0)    x  3 Câu 15: Đáp án C. 2 Lời giải: Điều kiện: x  3 29 pt  3x  2  33  x  ( thỏa mãn ) 3 Câu 16: Đáp án D. Lời giải: Điều kiện để hàm số xác định là x2  5x  6  0  2  x  3 Câu 17: Đáp án B Phân tích: Với bài toán dạng này ta giải bất phương trình. Nhận thấy đây là

 

dạng bất phương trình mũ thường gặp, do hạng tử 32.4 x  32. 2 x

2

. Do vậy

ta sẽ giải bài toán như sau:

61|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

 

Lời giải: BPT  32. 2x

2



 18.2x  1  0  2.2 x  1 16.2 x  1  0

1 1  2x   4  x  1 16 2 Nhận thấy ở đây  4; 1 là tập con của tập  4; 0  do đó chọn B. 

Câu 18: Đáp án A Phân tích: Với bài toán dạng này, ta thường phân tích 1350 ra dạng thừa số nguyên tố, từ đó đưa về các số đã cho trước. Lời giải: Ta có

log 30 1350  log 30 2.3 .5 3

2

  log  2.3.5  log  3 .5

Ghi nhớ: Công thức áp dụng:

loga x  loga y  loga xy

2

30

30

 1  2 log 30 3  log 30 5  2a  b  1

Câu 19: Đáp án C. Lời giải: ta có

a

a

3 1

.a2 

2 2

3

2 2

a a

3  1 2  3 2 2



2 2

a3  a5 a2

Câu 20: Đáp án B. Phân tích: Nếu không xác định được hàm số đã cho liên tục và đơn điệu trên đoạn đó thì ta nên làm từng bước một. x  0 2 x.e x  e x .x 2 0 Lời giải: Ta có y '  . Nhận thấy 0 thuộc đoạn đang 2x e x  2 xét nên ta sẽ xét các giá trị y  1 ; y  0  ; y 1 .

Ta có M  Max y  1 ; y  0  ; y 1  e ; m  Min y  1 ; y  0  ; y 1  0 Câu 21: Đáp án C. Phân tích: Nhận thấy khi nhìn vào hệ phương trình ta thấy khá khó, tuy nhiên ở phương trình thứ hai của hệ ta có thể chuyển biến y theo x, từ đó thay vào phương trình thứ nhất ta được một phương trình mũ, bài toán trở thành tìm số nghiệm của phương trình mũ. Lời giải: Ta có phương trình  2   y  1  2x 1 . Thay vào phương trình thứ nhất ta được:

1  2  x 1

2

 4 x  1  22 x  2  2.2x 1  4x  4.22 x  22 x  4.2x  0

 3.22 x  4.2x  0 . Phương trình sau khi biến đổi có duy nhất một nghiệm, do đó ta chọn C. Câu 22: Đáp án B

1 Phân tích: Ta thấy sin x.cos x  sin 2 x do vậy, ta có lời giải sau: 2 Lời giải: 1 1 1 1  sin x cos xdx  2  sin 2xdx  4 . 2.sin 2xdx   4 sin 2xd  2x    4 cos2x  C . Câu 23: Đáp án A Phân tích: Do họ các nguyên hàm của hàm số sau khi tìm ra có hằng số C. Đề bài cho giá trị F  1  3 để tìm C, từ đó xác định một nguyên hàm cần tìm.

Lời giải: Ta có F  x    f  x  dx   4 x 3  3x 2  2 dx  x4  x3  2x  C .

Lovebook.vn|62

Ghi nhớ: Hàm số luôn đơn điệu trên một đoạn cho trước thì đạt GTLN, GTNN tại các điểm đầu mút. Nếu gặp các hàm số dạng này, ta bỏ qua bước tìm đạo hàm và kết luận luôn GTLN, GTNN.


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Mà F  1  3 do đó  1   1  2.  1  C  3  C  3 4

Ghi nhớ: Với bài toán tích phân chứa căn dạng như bài toán bên, ta thường đặt căn thức thành một biến mới, từ đó đổi cận và tính toán dễ dàng hơn.

3

Câu 24: Đáp án B. Với bài toán này ta có thể bấm máy tính ra kết quả là B. Tuy nhiên tôi xin trình bày lời giải như sau: Với bài toán này, ta có thể sử dụng phương pháp đổi biến bằng cách đặt t  x2  1 .

Lời giải: Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1  2tdt  2 xdx  xdx  tdt . 2

2

1

1

Đổi cận: x  0  t  1; x  3  t  2 . Khi đó I   3t.tdt  3  t 2 dt  t 3

2 7. 1

Câu 25: Đáp án A Phân tích: Đây là dạng bài toán chứa trị tuyệt đối, do đó ta chia khoảng để bỏ dấu trị tuyệt đối từ đó tính tích phân: Lời giải: Ta có 1

 0

1 3

1 1  1 2  5 2 3x  1  2 x dx   1  5x  dx    x  1 dx   x  x  3   x  x  1 2  2   1 0 0  3 3

1

1 2 1   . 18 9 6 Trên đây là cách làm diễn giải, tuy nhiên quý độc giả có thể sử dụng máy tính, và biểu thị của dấu giá trị tuyệt đối trên máy tính là nút Abs màu vàng hay 

Giải thích: Nút giá trị tuyệt đối kí hiệu là Abs vì trong tiếng anh: Absolute value: giá trị tuyệt đối.

chính là nút Quý độc giả chọn nút trị tuyệt đối bằng cách ấn SHIFT + hyp từ đó màn hình sẽ hiện như sau:

Câu 26: Đáp án C

Ghi nhớ: Với bài toán tích x

phân dạng có cả hàm e và sinx hoặc cosx thì ta đặt u, v bất kì, sau đó đặt tiếp lần thứ hai, sau đó thế I sẽ tìm được tích phân ban đầu.

 sin x  u  du  cos xdx Đây là dạng toán tích phân từng phần, do đó đặt  x . x  e dx  vdv  v  e 

 2  2 Khi đó I  sin x.e x 2   e x .cos xdx  e 2   e x cos xdx 0 0 0

 cos x  u  du   sin xdx Tiếp tục đặt  x . Khi đó x  e dx  vdu  v  e     2     x x I  e 2   e .cos x 2   e   sin x  dx   e 2  1  I  I    0 0   Câu 27: Đáp án A. x  0 Lời giải: Xét phương trình 3 x  x 2  0   x  3

 1  2  e  1  . 2 

63|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing 3

2

Thể tích khối tròn xoay cần tìm được tính bằng công thức V   3x  x 2 dx 0

1  3 81 3   x4  6x3  9x2 dx    x 5  x 4  3x 3    . 2 5  0 10 0 Câu 28: Đáp án B Phân tích: Xét phương trình hoành độ giao điểm ta có x  0 ln x 0  x  1 . Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm được tính 2 x ln x  0 3

bằng công thức: e e ln x ln x ln x  0 . Do vậy S   S dx . Nhận thấy với x  1; e  thì dx 2 x 1 2 x 1 2 x Nhận thấy đây là dạng tích phân từng phần, do đó ta đặt  1 u  ln x  du  x dx  1  dx  vdv  v  x  2 x e 1 1 e e e 1  e  2. e  2 Khi đó S  x .ln x   x . dx  e   x 2 dx  e  2.x 2 1 1 1 x 1

2 e . Câu 29: Đáp án A Lời giải:

Phương án A:

 

2  2i 

2  i  3i . Đây là số thuần ảo, chọn A mà không

cần xét các phương án còn lại. Câu 30: Đáp án D Lời giải: z  1  i  3  2i   3  2i  3i  2i 2  3  2  i  5  i . Do đó số phức liên hợp của z là z  5  i . Câu 31: Đáp án C Lời giải: Ta có a  0 2 z  1  a   a  1 i  1  a 2   a  1   1  2 a 2  2 a  0   a  1

Câu 32: Đáp án A Lời giải: Ta có

z  1  2i  1  i   4i 2  4i  1 1  i  2

  4  1  4i 1  i    3  4i 1  i   1  7i . Khi đó, mô đun của z là z  12  7 2  50  5 2 .

Câu 33: Đáp án C Ta áp dụng tính chất sau: Điểm biểu diễn số phức z  x  yi  x, y  hệ tọa độ Oxy là M  x , y  . Mặt khác

4  2  2i ; 1  i 1  2i   3  i ; 2i 3  2i i 1

Lovebook.vn|64

trong

Ghi nhớ: Với bài toán tích phân từng phần ta thường đặt u=lnx, và biểu thức còn

 

lại là f x dx  vdv


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Do đó ta lần lượt tìm được tọa độ các điểm A, B, C là: A  2; 2  ; B  3;1 ; C  0; 2  Khi đó ta có AB  10; AC  2 5; BC  10 và AB2  BC2  AC2 do đó tam giác ABC vuông cân tại B. Câu 34: Đáp án D. Lời giải: Với bài toán có cả z cả z ta thường đặt z  x  yi ,  x, y 

.

Khi đó phương trình đề bài cho trở thành: x  yi  3  x  yi    1  2i 

 3 4 x  3  x    4x  2yi  3  4i   4 . 2 y  4  y  2 

2

Câu 35: Đáp án C. Phân tích: Ở đây đề bài thiếu quy ước R là bán kính của hình tròn lớn. Ta có r2 1 R 2 S R2  S ; và r 2  , khi đó 2   r  2 2 R 2 S

Câu 36: Đáp án B Ta có hình vẽ với các kí hiệu như hình bên:

A

B O

D

C Giải thích: Hình chóp tứ giác đều có đường cao là đường nối đỉnh của hình chóp với tâm của đa giác đáy.

Nhận thấy đây là hình chóp tứ giác đều nên, SO là đường cao của khối chóp. Khi đó, để tính khối chóp, ta đi tìm độ dài SO. Mặt khác ta có tam giác SOA a vuông tại O có OA  ( do tam giác AOD vuông cân tại O). 2 Vậy SO  SA2  AO2  a2 

a2 a 2 .  2 2

1 a 2 a3 2  Thể tích khối chóp là V  .a2 . . 3 2 6 Câu 37: Đáp án D Tổng diện tích xung quanh của ba quả bóng là S1  3.4 R 2 ( với R là bán kính của khối cầu). Diện tích xung quanh của hình trụ là: S2   2R .3.2R  12R2 . Từ đây suy ra S1 1. S2

Câu 38: Đáp án B Bài toán tổng quát:

B

A Ghi nhớ công thức: Hình hộp chữ nhật có 3 kích thước lần lượt là a, b, c thì độ dài đường chéo là

D

C

a A’

c

B’

a b c . 2

2

2

b D’

C’

65|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Ta có tam giác A’B’C’ vuông tại B’ nên A ' C '  A ' B '2  B ' C '2  b 2  c 2 . Tương tự với tam giác vuông tại A’ nên A' AC AC '  A ' A 2  A ' C '2  a 2  b2  c 2 . Câu 39: Đáp án D

Ta có SA   ABCD  SC ,  ABCD  SCA  45 S

Gọi I là trung điểm của cạnh AD, ta có CI  AD, CI  SA  CI  SD.

Kẻ CJ  SD  JI  SD  góc giữa mặt phẳng SAD  và SCD  chính là

CJI  . Tam giác ABC vuông cân tại B  AC  a 2 . Tam giác vuông SAC có SCA  45 , do đó SA  AC  a 2. Lại có tam giác DAS đồng dạng với tam a giác DJI, từ đó ta có JI  . Tam giác vuông JIC có 3 a CI CI  a; JI   tan    3    60 . JI 3

A

D

C

B

Câu 40: Đáp án A. Kí hiệu như hình vẽ: Với H là trung điểm của AC, G là trọng tâm của tam giác đều ABC. Khi đó

S

SAC  ,  ABC   60  SHG

Ta có từ khái niệm về hình chóp tứ giác đều tôi đã đưa ra ở phần note phía trên, ta có đường cao của khối chóp tam giác đều chính là đoạn thẳng nối đỉnh của khối chóp xuống tâm của tam giác đều ( tâm G).

1 a 3 a 3  Ta có GH  . . Do AG là đường cao của khối chóp nên tam giác 3 2 6

a 3 a . 3  . Khi đó thể tích của SGH vuông tại G. Suy ra SG  GH. tan 60  6 2 3 1 1 a 3 a a 3 .  khối chóp là V  . .a. 3 2 2 2 24 Câu 41: Đáp án C Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều cạnh 6a, nên hình nón có đường sinh SA  SB  l  6a và có bán kính đáy là R  3a . Ta có hình vẽ bên: 1 1 1 Diện tích tam giác SAB bằng S  .SA.SB.sin 30  .6a.6a.  9a2 . 2 2 2 Câu 42: Đáp án A. Ta có BC  AB; BC  SA  BC  SB. Hạ AM  SB ; kẻ MN BC  N  SC 

 MN  SB   AMN   SB ;

SBC có MN BC , suy ra MN 

4a 2 1 4a 2 2a 4a2 10  SAMN  . .  5 2 5 25 5

Câu 43: Đáp án D Với phương án A: Ta có a.b  1.1  1.1  0.0  0 . Vậy A đúng. Với phương án B: ta có c  12  12  12  3 . Vậy B đúng.

Câu 44: Đáp án D. Lovebook.vn|66

H

G

C S

O

A B

MN  AM . Tính diện tích thiết diện AMN là tam giác vuông. 2a 4a ; SM  ; SB  a 5. Tam giác Từ tam giác vuông SAB ta tính được AM  5 5

Với phương án C: Ta có a 

B

A

 1

2

 12  02  2 . Vậy C đúng. Chọn D


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Do mặt phẳng cần tìm song song với hai đường thẳng cho trước nên vtpt của mặt phẳng cần tìm vuông góc với vtcp của hai đường thẳng đã cho, do đó n  u1 , u2    5; 6; 7  .   Đọc thêm: Cách bấm máy tính tôi đã giới thiệu trong bộ đề tinh túy 2017.

Câu 45: Đáp án C Nhìn vào đáp án ta thấy tất cả VP đều bằng 53, do đó dữ kiện A là thừa, vì mình không cần tìm bán kính. Do vậy chọn C. Câu 46: Đáp án D Bài toán quen thuộc của phần bài tập Oxyz. Ta có AB   4; 5; 1 , AC   3; 6; 4  . Vậy vtpt của mặt phẳng  ABC  là

n   AB, AC    14; 13; 9   1 14; 13; 9  .   Mặt phẳng  ABC  : 14  x  1  13  y  6   9  z  2   0

  ABC  : 14x  13y  9z  110  0

Câu 47: Đáp án A

1  2t  7  3m  Ta nhận thấy hệ phương trình  2  3t  2  2 m vô nghiệm.  5  4t  1  2 m  Do đó ta chọn A. Câu 48: Đáp án B Ghi nhớ: Công thức cosin giữa hai vecto ở tử số không có trị tuyệt đối.

Ta có AB   1; 1; 4  , BC   3; 7; 1

AB.BC

cos AB, BC 

1.3   1 .7  4.  1

 1   1 2

AB . BC

2

 42 . 32  7 2   1

2



7 118 177

Câu 49: Đáp án A Thực chất đây là bài toán tìm khoảng cách một điểm đến một mặt phẳng.

Trước tiên ta tìm phương trình  ABC  . Sau đó áp dụng công thức khoảng cách tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng  ABC  hay chính là độ dài đường cao của tứ diện.

Lời giải: Ta có AB   2; 2; 3  , AC   4; 0; 6  . Tương tự như bài 46 ta có n   AB, AC    12; 24; 8   4  3; 6; 2  .   Khi đó phương trình  ABC  là 3x  6y  2z  22  0 .

3.  5   6.  4   2.8  22

Khi đó h  d D ,  ABC  

 3    6   22 2

2

 11 .

Câu 50: Đáp án C. Gọi I  x , y , z  , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Ta có IA  IB  IC  ID  R . Ta được hệ phương trình: từ IA  IB ta được

1  x  y

2

 1  y   1  z   1  x    2  y   1  z  2

2

2

2

2

3 3 . Từ đó tìm được x  z  2 2

67|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

ĐỀ SỐ 6

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017

TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 5

Môn: Toán

Ngọc Huyền LB sưu tầm và giới thiệu

Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1: Cho hàm số y  ax 4  bx 2  c có đồ thị như hình bên. Xác định dấu của a, b, c.

 1 1 đi qua điểm I   ;   2 2

x

O

C. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

A. a  0, b  0, c  0

B. a  0, b  0, c  0

C. a  0, b  0, c  0

D. a  0, b  0, c  0

  1  1  ;   ,   ;   2  2  

D. Cả A, B, C đều đúng

Câu 2: Cho hàm số y  ax3  bx2  cx  d  a  0  là

. Khi đó khẳng định nào sau đây là

đúng? A. b  0

B. d  0

C. b  d  0

D. b2  4ac  0

Câu 3: Cho hàm số y   x 4  2 x 2  3 có giá trị cực đại và giá trị cực tiểu lần lượt là y1 , y2 . Khi đó: A. 2 y1  y2  5

B. y1  3 y2  15

C. y2  y1  2 3

D. y1  y2  12

1

 

5

2  Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. Phương trình f  x   4  0 có đúng hai

nghiệm thực phân biệt trên B. Trên

\1

\1 , hàm số có giá trị lớn nhất bằng

5 và giá trị nhỏ nhất bằng 2 C. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang y  2, y  5 và một tiệm cận đứng x  1

D. Cả A và C đều đúng

x2 . Khẳng định nào 2x  1 sau đây là khẳng định đúng và đầy đủ nhất? Câu 5: Cho hàm số y 

x0;2

x0;2

A. 7

B. 9

C. 5

D. Đáp số khác

Câu 7: Với giá trị nào của m thì đường cong

C  : y  x

3

 3x2  1 cắt đường thẳng  d  : y  5m

tại ba điểm phân biệt?

C. 0  m  5 D. Không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu của đề bài



M  max f  x  , m  min f  x  . Khi đó M  m bằng:

B. 0  m  1

\1 , có bảng biến thiên như sau: 

Câu 6: Cho hàm số f  x   x4  2x2  1. Kí hiệu

A. 1  m  5

Câu 4: Cho hàm số f  x  xác định và liên tục trên

x y y

A  0; 2  và cắt trục hoành tại điểm B  2;0 

B. Không có tiếp tuyến nào của đồ thị hàm số

y

hàm lẻ trên

A. Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm

Câu 8: Tìm m để mỗi tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x 3  mx 2  2 mx  2017 đều là đồ thị của hàm số bậc nhất đồng biến. A. 6  m  0

B. 24  m  0

3 C.   m  0 2

D. 6  m  0

Câu 9: Tìm m để đồ thị  H  : y 

 m  1 x  2 m  1 x 1

không có tiệm cận đứng. A. m  2

B. m  1

C. m  1 D. m 

1 2

Câu 10: Cho hình nón tròn xoay  N  có đỉnh S và đáy là hình tròn tâm O bán kính r nằm trên mặt phẳng  P  , đường cao SO  h. Điểm O' thay đổi trên đoạn SO sao cho SO'  x

0  x  h.

Hình

trụ tròn xoay T  có đáy thứ nhất là hình tròn tâm

O bán kính r '  0  r '  r  nằm trên mặt phẳng Lovebook.vn|68


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

 P  , đáy thứ hai là hình tròn tâm O' bán kính r ' nằm trên mặt phẳng  Q  ,  Q  vuông góc với SO tại O' (đường tròn đáy thứ hai của T  là giao tuyến của  Q  với mặt xung quanh của  N  ). Hãy xác định giá trị của x để thể tích phần không gian nằm phía trong  N  nhưng phía ngoài của T 

1 2 1 1 A. x  h B. x  h C. x  h D. x  h 2 3 4 3 Câu 11: Với giá trị nào của m thì hàm số 2 x 2  3x  m  1 đồng biến trên tập xác x1

định. B. m  0

A. m  0

C. m  0

D. m  1

Câu 12: Cho 9x  9 x  23. Tính 3x  3 x. B. 5

A. 5

B. log 2  xy   10

A. y  210 log 2 x

C. log 2 x 3  log 2 y 3  30 D. x  210log2 y Câu 17: Hàm số nào sau đây có đạo hàm là: y '  3 x ln 3  7 x 6 ?

A. y  3 x  x 7

B. y  3 x  7 x

C. y  x 3  x 7

D. y  x 3  7 x

Câu 18: Phương trình:

đạt giá trị nhỏ nhất.

f  x 

Ngọc Huyền LB

C. 3

log 2 x  log 4 x  log6 x  log8 x  log3 x  log5 x  log7 x  log9 x

có bao nhiêu nghiệm? A. 2

B. 4

C. 3

D. 1

Câu 19: Cho a  log 30 3, b  log 30 5. Biểu diễn log 30 1350 theo a và b.

A. a  2b  1

B. 2  a  b 

C. 2a  b  1

D. Kết quả khác 2

Câu 20: Giải phương trình 3x.2 x  1. Lời giải sau

D. 6

Câu 13: Chọn khẳng định sai trong các khẳng

đây sai bắt đầu từ bước nào?

định sau đây.

Bước 1: Biến đổi 3x.2 x  1  3x 2x

  1 Bước 2: Biến đổi 3 .  2   1   3.2   1 Bước 3: Biến đổi  3.2   1   3.2    3.2  Bước 4: Biến đổi  3.2    3.2   x  0 2

A. Nếu ba số thực x, y , z có tổng không đổi thì

2016x ,2016y ,2016z có tích không đổi B. Nếu ba số thực x, y , z theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp trong một cấp số nhân thì log x,log y,log z theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp

trong một cấp số cộng C. Đạo hàm của hàm số y  ln 2 x  1 trên

2 1 \   là y '  2x  1 2

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

0

0

Bước 5: Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  0 A. Bước 2

B. Bước 3

C. Cả 5 bước đều đúng D. Bước 4 Câu 21: Các loài cây xanh trong quá trình quang

D. Mỗi hàm số y  a , y  log a x đồng biến trên

hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 (một

tập xác định khi a  1 và nghịch biến trên tập xác

đồng vị cacbon). Khi một bộ phận của cây đó bị

định khi 0  a  1 ( a là hằng số)

chết thì hiện tượng quang hợp cũng sẽ ngưng và

x

Câu 14: Tập xác định của hàm số y 

\10

A.

C.  ln10;  

C. a  b 2

6

e x  e10

nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng là:

B. 10;  

6

a  b?

a 1 b3

Câu 16: Điều nào sau đây không đủ để suy ra log 2 x  log 2 y  10 ?

chậm chạp, chuyển hóa thành nitơ 14. Gọi P  t  là

của một cây sinh trưởng từ t năm trước đây thì 6

B. b  3 a D.

cacbon 14 của bộ phạn đó sẽ phân hủy một cách

số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận

D. 10;  

Câu 15: Điều nào sau đây đủ để suy ra A. 3  log b a

1

t

P  t  được cho bởi công thức: P  t   100.  0,5  5750  %  . Phân tích một mẫu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cacbon 14 còn lại trong gỗ là 65,21(%). Hãy xác định niên đại của công trình kiến trúc đó. A. 3574 năm

B. 3754 năm

C. 3475 năm

D. 3547 năm 69|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 22: Cho các hàm f  x  , g  x  có đạo hàm liên tục trên đoạn  a; b . Khi đó: b

a

b

 a   f '  x  g  x  dx b

a

b b B.  f  x  g '  x  dx  f  x  g  x    f '  x  g  x  dx a a a

b

C.

b

 f  x  g  x  dx   f  x  g  x  a   f '  x  g '  x  dx b

a

a

b

D.

b

 f  x  g '  x  dx  f  x  g  x    f '  x  g  x  dx a

a

Câu 23: Hàm số nào dưới đây là nguyên hàm của hàm số f  x  

1 1  x2

trên khoảng  ;   ?

 1 x  C

 B. F  x   ln  1 

A. F  x   ln x  1  x 2  C

1 x

2

1

A. I   x ln x  x 

C. I  x  ln x  1

e 1

B. I   x ln x  1 e 1

Câu 27: Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 3 , trục hoành và hai đường thẳng x  1, x  2, biết rằng mỗi đơn vị dài trên các trục tọa độ là 2cm.

A. S  15 cm 2

B. S 

15 cm2 4

1 1 1 T  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cn , n  2 3 n1 n

C

Câu 24: Cho mạch điện như hình vẽ dưới. Lúc đầu tụ điện có điện tích Q0 C  . Khi đóng khóa K , tụ

e 1

 ln 2 x  e D. I     2 1

17 D. S  17 cm 2 cm2 4 Câu 28: Rút gọn biểu thức:

2

2x

Câu 26: Cho I   ln xdx. Khi đó:

C. S 

C. F  x   1  x 2  C D. F  x  

D. Đáp số khác e

A.  f  x  g '  x  dx  f  x  g  x  b

5 9

C. I 

A. T 

2n n1

B. T  2 n 1

C. T 

2n  1 n1

D. T 

*

.

2 n1  1 n1

điện phóng điện qua cuộn dây L. Giả sử cường

Cho hai số phức z1  1  i , z2  3  2i. Trả lời các câu

độ dòng điện tại thời diểm t phụ thuộc vào thời

hỏi từ Câu 29 đến Câu 32.

gian theo công thức I  I  t   Q0 cos  t  (A), trong đó  (rad/s) là tần số góc, t  0 có đơn vị là giây  s  . Tính điện lượng chạy qua một thiết diện thẳng của dây từ lúc bắt đầu đóng khóa K  t  0  đến thời điểm t  6  s  .

Câu 29: Phần thực và phần ảo của số phức z1 .z2 tương ứng bằng: A. 5 và 1

B. 5 và i C. 5 và 1 D. 4 và 1

Câu 30: Tìm môđun của số phức z1  z2 . A.

5

B. 5

C.

13

D.

2

Câu 31: Trong mặt phẳng Oxy, gọi các điểm

K

M , N lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 , z2 , gọi G là trọng tâm của tam giác OMN , với O là gốc tọa độ. Hỏi G là điểm biểu diễn của số phức

L +

nào sau đây?

A. Q0 sin  6 (C)

B. Q0 sin  6 (C)

C. Q0  cos  6 (C)

D. Q0 cos  6 (C)  3

Câu 25: Tính tích phân I   tan 2 x  tan 4 x dx. 0

A. I 

6 2 5

Lovebook.vn|70

B. I  3

A. 5  i

B. 4  i

C.

4 1  i 3 3

1 D. 2  i 2

Câu 32: Tìm số phức z thỏa mãn z.z1  z2  0.

1 5 A. z    i 2 2 1 5 C. z   i 2 2

1 5  i 2 2 1 5 D. z    i 2 2 B. z 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Câu 33: Xét phương trình z3  1 trên tập số phức.

Câu 41: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. Mỗi khối đa diện đều là một khối đa diện lồi

Tập nghiệm của phương trình là:

 1  3  B. S  1;  2  

A. S  1

  1 1 3  3  i i  D. S    C. S  1;   2 2    2 2  Câu 34: Cho số phức z thỏa mãn

z  4  z  4  10. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

C. 4 và 3

D. 5 và 3

Câu 35: Một hình chóp có 2  1998 cạnh thì có bao nhiêu mặt? A. 1999

B. 1998

C. 2000

D. Cả A, B, C đều sai

kính đáy cùng bằng 1 thì thể tích bằng:

1 D. 2   3 Câu 37: Cho khối chóp S.ABC có SA  9, SB  4, B. 

C.

SC  8 và đôi một vuông góc. Các điểm A ', B', C ' thỏa mãn SA  2.SA ', SB  3.SB ', SC  4.SC '. Thể tích khối chóp S.A' B' C ' là: A. 24

B. 16

C. 2

D. 12

Câu 38: Khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các

9 cạnh bằng nhau và có thể tích là thì độ dài mỗi 4 cạnh bằng: A.

6

243

3

B.

C. 3

Câu 39: Cho ABCD.A' B' C ' D' là hình lập phương có cạnh a. Tính thể tích khối tứ diện ACD' B'. 3

3

3

a 6 a 2 1 3 a B. C. D. a 4 3 4 3 Câu 40: Một viên đá có dạng khối chóp tứ giác đều A.

với tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a. Người ta cưa viên đá đó theo mặt phẳng song song với mặt đáy của khối chóp để chia viên đá thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích thiết diện viên đá bị cưa bởi mặt phẳng nói trên. A. C.

3 a2 3

4

D. Mỗi cạnh của hình đa diện là cạnh chung của đúng hai mặt Câu 42: Một hình trụ có tâm các đáy là A, B. Biết rằng mặt cầu đường kính AB tiếp xúc với các mặt

B.

a2 3

quanh của hình trụ đó. Diện tích của mặt cầu này là 16. Tính diện tích xung quanh của hình trụ đã cho.

16 8 B. 16 C. 8  D. 3 3 Câu 43: Tìm m để góc giữa hai vectơ:

2

u  1; log 3 5; log m 2  , v   3; log 5 3; 4  là góc nhọn.

Chọn phương án đúng và đầy đủ nhất.

1 A. m  , m  1 B. hoặc m1 2 1 0m 2 1 C. 0  m  D. m  1 2 Câu 44: Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng  :

x 1 y  2 z   ? 1 1 2

A. u1   1;1; 2 

B. u2   1; 2;0 

C. u3   2; 2; 4 

D. u4  1; 2; 0 

Câu 45: Cho hai điểm A 1;1;0  , B 1; 1; 4  .

D. Đáp số khác

a2

C. Chỉ có năm loại khối đa diện đều

A.

Câu 36: Khối trụ tròn xoay có đường cao và bán A. 2

mặt là các tam giác đều

đáy của hình trụ tại A , B và tiếp xúc với mặt xung

nhất của z lần lượt là: A. 10 và 4 B. 5 và 4

B. Hình chóp tam giác đều là hình chóp có bốn

Phương trình của mặt cầu S  đường kính AB là: A. x 2   y  1   z  2   5 2

2

B.  x  1  y 2   z  4   5 2

2

C.  x  1  y 2   z  2   5 2

2

D.  x  1  y 2   z  2   5 2

2

Câu 46: Cho hai vectơ u   3; m;0  , v  1;7  2m;0  lần lượt là vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng song song. Khi đó giá trị của m là: A. 2

B. 1

C. 0

D. Đáp số khác

D. Kết quả khác 71|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 47: Cho điểm M  a; b; c  với a , b , c là các hằng

A. M 1;1;0  hoặc M  2;1; 1

số khác 0, O  0;0;0  là gốc tọa độ. Gọi A, B, C lần

B. M 1;1;0  hoặc M  1; 3; 4 

lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các trục

C. M  1; 3; 4  hoặc M  2;1; 1

tọa độ Ox , Oy , Oz. Thể tích khối tứ diện OABC là:

D. Không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu

A.

1 abc 6

B.

1 abc 6

C.

1 abc 3

D.

1 abc 2

Câu 48: Cho điểm M 1; 2; 1. Viết phương trình mặt phẳng    đi qua gốc tọa độ O  0;0;0  và cách M một khoảng lớn nhất. A. x  2y  z  0 C. x  y  z  0 Câu

49:

Tìm

điểm

x y z   1 1 2 1 D. x  y  z  2  0 B.

M trên

đường

thẳng

x  1  t  d :  y  1  t sao cho AM  6 , với A  0; 2; 2  .  z  2t 

Lovebook.vn|72

của bài toán Câu 50: Cho mặt cầu

S  : x

2

 y 2  z 2  2x  4z  1  0 và đường thẳng

x  2t  d :  y  t . Tìm m để d cắt S  tại hai điểm z  m  t  phân biệt A , B sao cho các mặt phẳng tiếp diện của S  tại A và tại B vuông góc với nhau. A. m  1 hoặc m  4 B. m  0 hoặc m  4 C. m  1 hoặc m  0 D. Cả A, B, C đều sai


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT 1C 11C 21D 31C 41B

2C 12A 22A 32D 42B

3A 13B 23A 33C 43B

4D 14D 24B 34D 44C

5D 15A 25B 35A 45D

6B 16B 26C 36B 46D

7B 17A 27D 37C 47B

8D 18D 28D 38B 48A

9A 19C 29C 39A 49B

10C 20B 30A 40D 50A

Câu 1: Đáp án C Phân tích: Do đồ thị hàm số có dạng chữ W ( mẹo) nên có hệ số a  0; b  0 . Nhận thấy với x  0 thì y âm. Do đó c  0 . Câu 2: Đáp án C Định nghĩa: hàm số

Phân tích: Từ định nghĩa đã được note ở bên cạnh thì ta thấy để hàm số thì f  x    f  x 

y  f  x  xác định trên

y  ax3  bx2  cx  d  a  0  là hàm lẻ trên

miền D, y  f  x  là hàm

 ax 3  bx 2  cx  d   ax 3  bx 2  cx  d

số lẻ trên D nếu với mọi

 2bx2  2d  0 . Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì b  d  0 .

x  D thì x  D thỏa

mãn f  x   f   x 

 bx2  d  bx2  d

Câu 3: Đáp án A

Phân tích: ta lần lượt đi tìm giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số bằng cách lấy đạo hàm.  x  1  Lời giải: ta có y '  4 x  4 x  0   x  1 . Ta thấy đây là hàm số bậc bốn  x  0 3

trùng phương có hệ số a  1  0 và có ba điểm cực trị, từ đây ta suy ra hàm số đạt cực đại tại x  1; x  1 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 . Khi đó y1  y 1  y  1  4 , y2  y  0   3 . Từ đây suy ra A đúng. Câu 4: Đáp án D.

Với phương án A: Ta thấy số nghiệm của phương trình f  x   4  0 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  4 . Khi nhìn

vào BBT ta thấy đường thẳng y  4 cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt. Vậy A đúng, tuy nhiên ta chưa vội khoanh vì nhìn phương án D ta thấy nói cả A và C đúng nên ta xét luôn C mà không cần xét B. Với phương án C: Ta thấy lim f  x    và lim f  x    nên x  1 là x 1

tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  .

x 1

Tiếp tục ta có lim f  x   5; lim f  x   2 nên y  2; y  5 là hai tiệm cận x  x  ngang của đồ thị hàm số đã cho. Do vậy C đúng. Ta chọn luôn D mà không cần xét B nữa. Câu 5: Đáp án D. Với phương án A: Ta thấy A  0; 2  và B  2; 0  đúng là giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục tung và trục hoành.

73|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

1 thì phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm 2 5 số đã cho không xác định. Do hệ số góc của tiếp tuyến là k  f '  x0   . 2  2xo  1 Với phương án B: Ta thấy với x  

Vậy B đúng. Đến đây ta không cần xét C và D nữa, vì cả A và B đều đúng, ta không thể chọn 2 đáp án, do vậy ta chọn D. Câu 6: Đáp án B Phân tích: Để học nhanh với việc tìm GTLN, GTNN tôi trình bày các bước như sau: 1. Xét xem hàm số có đơn điệu trên đoạn đang xét không, nếu nó đơn điệu thì lấy luôn GTNN, GTLN ở các điểm đầu mút. Nếu nó không đơn điệu, tiếp tục xét đến bước 2. 2. Tìm nghiệm của phương trình y '  0 hoặc các giá trị làm cho y ' không xác định. 3. So sánh các giá trị.

Ở đây các bước làm diễn giải ra thì dài, tuy nhiên khi vào bài ta có thể tư duy nhanh như sau: Lời giải: Ta có y '  f '  x   4x  4x  x  0; x  1; x  1 . Ở đây ta đang xét 3

đoạn 0; 2 nên ta sẽ xét f  0  ; f 1 ; f  2  . Từ đây ta được

Ghi nhớ: 1. Xét tính đơn điệu trên đoạn ( khoảng) đang xét. 2. tìm nghiệm của phương trình y '  0 hoặc GT làm cho y’ không xác định. 3. So sánh.

M  m  f  2   f 1  7   2   9 .

Câu 7: Đáp án B.

Ta thấy hàm số y  x 3  3x 2  1 là hàm số bậc ba, nên để đồ thị hàm số  C  cắt đường thẳng d tại ba điểm phân biệt thì đồ thị hàm số  C  trước tiên phải có hai điểm cực trị. x  0  y  1 Ta có y '  3 x 2  6 x  0    x  2  y  5

Để đồ thị hàm số  C  cắt đường thẳng d tại ba điểm phân biệt thì 1  5m  5  0  m  1 Câu 8: Đáp án D.

Phân tích: Ta thấy tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm x  x0 luôn có dạng y  f '  x0  x  x0   f  x0  . Mặt khác, hàm số bậc nhất y  ax  b với a  0 luôn đồng biến khi a  0 . Do đó, bài toán trở thành, tìm m để f '  x   0 với

mọi x.

Lời giải: Ta có f '  x   3x2  2mx  2m . Để f '  x   0 với mọi x thì

 '   m 2  6m  0  6  m  0 .  3  0 Câu 9: Đáp án A. Phân tích: Ta thấy hàm số đã cho có thể là hàm phân thức hoặc không, tuy nhiên để đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận đứng thì hàm số đã cho không phải hàm phân thức, tức là đa thức tử số rút gọn cho đa thức mẫu số. Lời giải: Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì  m  1 x  2m  1  k  x  1 với k  .

Lovebook.vn|74

Ghi nhớ: Để một phương trình

* 

bất kì thỏa mãn với mọi biến x thì đặt x làm nhân tử chung từ đó tìm điều kiện.


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Phương trình tương đương với x  m  1  k   2m  1  k  0 . Để thỏa mãn với m  1  k  0 m  2  mọi x thì  . 2 m  1  k  0 k  3 Câu 10: Đáp án C Phân tích: Ta có hình vẽ sau:

Đề bài yêu cầu tìm x để phần không gian nằm phía trong  N  nhưng phía

S

ngoài T  đạt giá trị nhỏ nhất, tương đương với tìm x để thể tích khối trụ T 

x O’

O

A

đạt giá trị lớn nhất. ( bài toán này tương tự như bài toán vắt mì tôm mà tôi đã giới thiệu ở câu 11 đề 6 trong sách bộ đề Tinh túy môn toán 2017). Nên ở đây tôi sẽ trình bày lời giải luôn. Lời giải: x r' xr Áp dụng định lí Thales ta có:   r '  . h r h Khi đó ta có công thức tính thể tích của khối trụ là V  f  x     r '  .  h  x  2



r2 2 .x .  h  x  . h2

r 2 2h 2hx  3x 2  0  x  do x  0 . Đến đây ta chọn C. 2 3 h Câu 11: Đáp án C Phân tích:Nhận thấy nếu hàm số đã cho tồn tại ở dạng phân thức thì hàm số sẽ không thể đồng biến trên tập xác định được, bởi tập xác định của hàm số là Khi đó f '  x  

Ghi nhớ: Để một phương trình

* 

bất kì thỏa mãn với

mọi biến x thì đặt x làm nhân tử chung từ đó tìm điều kiện.

một tập hợp số không liên tục gồm hai khoảng là  ; 1 và  1;   . Đây là

phần mà tôi đã chú ý rất nhiều trong sách Bộ đề Tinh Túy 2017, cụ thể là trong sách tôi đã ghi rõ: “Ở sách giáo khoa hiện hành, không giới thiệu khái niệm hàm số ( một biến) đồng biến, nghịch biến trên một tập số, mà chỉ giới thiệu khái niệm hàm số ( một biến) đồng biến, nghịch biến trên một khoảng, một đoạn, nửa khoảng ( nửa đoạn).” Do vậy, nếu đa thức tử số có thể rút gọn cho đa thức ở mẫu số thì hàm số trở về hàm bậc nhất có hệ số a  2  0 nên luôn đồng biến trên tập xác định là tập . 2 x 2  3x  m  1 đồng biến trên tập xác định thì đa x1 thức tử số chia hết cho đa thức ở mẫu số, tức là:

Lời giải: Để hàm số f  x  

 2x  a x  1  2x  3x  m  1 với mọi x.   2  a  x  a  3x  m  1   a  1 x  a  m  1  0 . Phương trình này thỏa 2

Sai lầm: Nhiều độc giả

nghĩ 3x  3 x

 3 3 x

x

2

 25

 5 là sai.

a  1  0 a  1  mãn với mọi x khi  . a  m  1  0 m  0 Câu 12: Đáp án A. Lời giải:

Ta có 9x  9 x  23  32 x  2.3x.3 x  32 x  23  2

 3 x  3 x

2

 25  3x  3 x  5 ( do VT luôn lớn hơn 0).

Câu 13: Đáp án B

75|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Với phương án A: Đây là phương án đúng bởi : 2016x.2016y.2016z  2016x y z . Do x, y, z có tổng không đổi nên 2016x y z không đổi.

Sai lầm: Nhiều độc giả không xét trường hợp r  0 nên cho rằng B

Với phương án B: Nếu đặt y  xr thì z  xr 2 ( với r  0 ). Khi đó Với r  0 thì log y  log xr  log x  log r log z  log xr 2  log x  2 log r thỏa mãn là cấp số cộng, tuy nhiên với r  0 thì

đúng.

không thỏa mãn, bởi khi đó log không tồn tại. Vậy B sai. Chọn B. Câu 14: Đáp án D. Phân tích: Để hàm số xác định thì có điều kiện: 1. Điều kiện để căn thức tồn tại, tức là biểu thức trong căn lớn hơn hoặc bằng 0. 2. Điều kiện để hàm phân thức tồn tại, tức là đa thức dưới mẫu khác 0. Lời giải:

e x  e10  0  x  10   x  10 . Để hàm số đã cho xác định thì:  x 10 e  e  0  x  10 Câu 15: Đáp án A. Ta lần lượt đi xét từng phương án: Với điều kiện tất cả cấc biểu thức logarit tồn tại thì:  b  0; b  1; a  0 6 Với phương án A: Ta có 3  log b a    a  b ( Do a, b  0 3 a  b   nên có thể suy ra được).

Với phương án B: Ta thấy b  3 a nhưng ở đây không có điều kiện để a  0; b  0 nên không lấy căn hai vế được. Với phương án C: Ta có thể lấy căn bậc 12 của hai vế thì ta sẽ có

12

a 2  12 b6 ( Tuy

nhiên không có điều kiện để a  0; b  0 để rút gọn căn nên C không suy ra được. Với phương án D, ta cũng không thể có điều kiện a  0; b  0 . Nhận xét: Đây là một câu hỏi hay, học sinh dễ bị chọn sai.

Câu 16: Đáp án B. Ở đây ta có thể chọn luôn B bởi điều kiện để logarit tồn tại là xy  0 , tức x,y cùng dấu. Mà điều kiện để tách log 2 xy  log 2 x  log 2 y là x, y  0 . Do vậy B không đủ điều kiện để suy ra. Với các phương án còn lại: Với A: Do VP là hàm mũ luôn lớn hơn 0, do đó ta có thể lấy logarit cơ số 2 của hai vể và suy ra được pt  log 2 x  10  log 2 y  log 2 x  log 2 y  10 Với C: Thì  3  log2 x  log2 y   30  log2 x  log2 y  10 . D tương tự A. Câu 17: Đáp án A

Đây là bài toán tìm nguyên hàm, ta có F  x    3x ln 3  7 x 6 dx  x7  3x  C . Câu 18: Đáp án D. Phân tích: Với bài toán dạng tìm số nghiệm của phương trình này, ta không nhất thiết phải giải phương trình ra, sau đây tôi có lời giải: Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với: Lovebook.vn|76

Sai lầm: Nhiều độc giả nghĩ rằng ở C có trể rút gọn căn đưa về dạng cần suy ra, tuy nhiên, do phương trình ban đầu ta có thể lấy căn bậc 12 bởi bản thân hai vế là bình phương luôn hớn hơn bằng 0, chứ không phải a, b lớn hơn 0.


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

log 2 x  log 4 x  log 6 x  log 8 x  log 3 x  log 5 x  log7 x  log 9 x  0

Đặt VT  f  x  . Khi đó ta xét hàm số y  f  x  trên  0;   . Khi đó ta có f '  x 

1 1 1 1 1 1 1 1 1            0 với mọi x  0 . x  ln 2 ln 4 ln 6 ln 8 ln 3 ln 5 ln 7 ln 9 

Do vậy hàm số y  f  x  đồng biến trên  0;   . Vậy phương trình f  x   0 có nhiều nhất một nghiệm trên  0;   . Chọn D. Câu 19: Đáp án C Nếu chăm chỉ làm các đề mà tôi đã giải chi tiết gần đây thì quý độc giả có thể chọn luôn đáp án bài này, bởi nó giống với đề Sở Hưng Yên và đề Lam Sơn Thanh Hóa.

Lời giải: Ta có log 30 1350  log 30 30.32 .5  log 30 30  log 30 3 2  log 30 5  1  2 log 30 3  log 30 5  2a  b  1

Câu 20: Đáp án B.

Ta thấy ở bước 3: 3.2x tức 3.2 x  1  2 x 

x

 1   3.2x   3.2x  . Thiếu trường hợp cơ số bằng 1 x

0

1 1  x  log 2 3 3

Câu 21: Đáp án D. Phân tích: Đề bài tuy khá là dài, tuy nhiên đây thực chất chỉ là bài toán giải phương trình mũ. Ta thay 65, 21% vào sau đó tìm t. t

t

Lời giải: Ta có 100.  0, 5  5750  65, 21  0.5 5750  0, 6521 

t  log 0.5 0,6521 5750

 t  5750.log 0 ,5 0, 6521  3547 năm.

Định nghĩa: Cho hàm u, v là các hàm số của x có đạo hàm liên tục trên đoạn. Khi đó b

b

b

 udv  uv a   vdu a

a

Câu 22: Đáp án A Phân tích: Đây thực chất là bài toán kiểm tra kiến thức về tích phân từng phân. Ta có một định nghĩa về tích phân từng phần như đã Note ở bên b

Lời giải: Ở đây biểu thức ở VT luôn không đổi là

 f  x  g '  x  dx , mặt khác ta có a

g '  x  dx  d g  x  . Vậy VT trở thành:

b

 f  x  d  g  x   . Áp dụng định nghĩa về a

tích phân từng phần ở trên cho u  f  x  ; v  g  x  ta có b

 

f  x d g  x  f  x g x

a

b b  g x d f x . a a

Câu 23: Đáp án A. Ghi nhớ: Với  a 

 ta

Bài toán gốc: Chứng minh

có:

dx

Ta có bài toán gốc sau:

x2  a  ln x  x 2  a  c

dx x a 2

 ln x  x2  a  c  a 

  2x x  x2  a dx  dt  dx Đặt t  x  x2  a  dt   1     2 x2  a  x2  a  tdx dt dx    dt  t x2  a x2  a 77|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

Vậy khi đó

The best or nothing

dx

x2  a



dt  ln t  c  ln x  x2  a  c ( điều phải chứng t

minh). Khi đó áp dụng công thức vừa chứng minh ta có F  x  

1

dx  ln x  1  x2  c  ln x  1  x 2  c .

1 x Câu 24: Đáp án B Ta có biểu thức của cường độ dòng điện tại thời điểm t phụ thuộc vào thời gian là biểu thức đạo hàm của biểu thức điện lượn chạy qua tiết diện thẳng của dây, hay nói cách khác 2

t2

Điện lượng chạy qua tiết diện S trong thời gian từ t1 đến t2 là q   i.dt . t1

6

Vậy q   Qo  cos  t  dt  Qo sin  t  0

6  Q0 sin  6 C  . 0

Câu 25: Đáp án B

Phân tích: ta thấy tan 2 x  tan 4 x  tan 2 x 1  tan 2 x . Mặt khác ta có

 tan x  '  12  tan2 x  1 . Do vậy bài toán trở thành dạng cos x  3

 3

b

 f  u .u ' dx

Ghi nhớ:

 tan x  '  tan

2

x 1

a

Lời giải: Ta có I   tan 2 x  tan 4 x dx   tan 2 x 1  tan 2 x dx 0

0

 3

 1 3   tan xd  tan x   tan x 3  3 0 0 2

3 3  1     tan    tan 0    3 .  3  3  

Câu 26: Đáp án C. Ta giải bài toán như dạng tích phân từng phần: Lời giải:

 1 u  ln x  du  dx Đặt  x vdv  dx  v  x  e e 1 e e Khi đó I  x.ln x   x. dx   x.ln x  x   x  ln x  1 . 1 1 x 1 1

Câu 27: Đáp án D. Phân tích: Đây là bài toán tính diện tích hình phẳng đưa về tích phân thông thường, tuy nhiên, mỗi đơn vị dài trên các trục tọa độ là 2 cm do đó, sau khi tính xong ta sẽ nhân kết quả với 4, do đơn vị diện tích là cm2 . Lời giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm x3  0  x  0 . Trên  1; 0  thì y  x 3  0 , còn trên 0; 2 thì y  x 3  0 , nên diện tích hình phẳng trên trục tọa độ nếu tính theo đơn vị dài trên trục tọa độ là : 0

2

1

0

S    x 3 dx   x 3 dx 

2 1 1 4 0 1 17 x  x4 ( đơn vị dài).  4 1 4 0 4 4 4

Đổi về đơn vị cm2 ta được S  17 cm2 . Câu 28: Đáp án D. Lovebook.vn|78

Ghi nhớ: Khi tính tích phân, luôn xét xem

f  x

lớn hơn 0 hay nhỏ

hơn 0 để xét dấu.


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Ta có

1 1 1 1 1 1 thay đổi ta nghĩ T  Cn0  Cn1  ...  Cnn . Nhận thấy các số ; ; ;...; 2 n1 1 2 3 n1 1 n 1 ngay đến biểu thức  xn dx  x c. n1 Ở đây ta sẽ có lời giải như sau: Ta có  1  x   Cn0  xCn1  x 2 Cn2  x 3 Cn3  ...  xn Cnn . n

1

Khi đó ta suy ra

n

0

1

0 1 2 2 3 3 n n  1  x  dx   Cn  xCn  x Cn  x Cn  ...  x Cn dx 0

 0 n1 1 1 x2 1 x3 3 xn 1 n  1 x  1  C x  C  C  ...  C    0  n 2 n 3 n n1 n1 n  0 

2n  1  1 1 1 1  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn . Đến đây ta chọn D. n1 2 3 n1 Câu 29: Đáp án C 

Lời giải: Ta có z1 .z2  1  i  3  2i   3  2i  3i  2i 2  3  2  i  5  i Vậy số phức z1 .z2 có phần thực là 5 và phần ảo là -1. Câu 30: Đáp án A Lời giải: Ta có: z1  z2  1  i  3  2i  2  i 

 2    1 2

2

 5.

Câu 31: Đáp án C Lời giải: Do M, N lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1 ; z2 nên

M 1; 1 , N  3; 2  . Khi đó tọa độ điểm G là trọng tâm của tam giác OMN có tọa

4 1 4 1 độ G  ;  . Vậy G là điểm biểu diễn của số phức z   i . 3 3 3 3 Câu 32: Đáp án D. Lời giải: Đặt z  x  yi  x, y   x  ix  yi  yi 2  3  2i  0

 , nên pt   x  yi 1  i   3  2i  0   x  y  3   i  x  y  2   0

 1 x    x  y  3  0  2 .    x  y  2  0 y  5  2 Câu 33: Đáp án C Với bài toán này, cách nhanh nhất là sử dụng máy tính như sau:

Ấn MODE  5: EQN  chọn 4 Sau đó nhập hệ số máy hiện như sau:

79|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

 x  1  1  Lời giải thông thường: z 3  1   z  1 z 2  z  1  0   x  2   x  1   2 Câu 34: Đáp án D.

Lời giải: Đặt z  x  yi  x, y 

3 i . 2 3 i 2

 . Khi đó phương trình đề bài trở thành:  x  4

x  4  yi  x  4  yi  10 

2

 x  4

 y2 

2

 y 2  10

Đến đây, ta nhớ đến các bất đẳng thức vecto như note ở bên.

Nhớ: Cho 2 vecto u và

Vậy đặt u   x  4; y  , v   x  4, y  . Khi đó áp dụng bđt u  v  u  v ta có:

v . Khi đó

 x  4

2

 x  4

y  2

 10  2 x  y 2

2

2

y  2

 2x    2 y  2

u  v  uv

2

Dấu bằng xảy ra khi u, v

 z  5 . Vậy GTLN của mô đun số phức z là 5.

cùng hướng.

Với GTNN, áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski ta có:   1. 

 x  4

2

 y  1.

2

 x  4

2

2

  y   12  12  2

  x  4 

2

 y2   x  4   y2 2

 10  2 x2  y2  16  x2  y2  9  x2  y2  3 . Vậy GTNN của mô đun số phức z là 3. Câu 35: Đáp án A. Nhận xét: Một hình có đáy là n giác thì sẽ có n cạnh bên và n mặt bên và 1 mặt đáy. Vậy hình chóp có tổng là 2.1998 cạnh tức là có 1999 mặt. Câu 36: Đáp án B. Công thức tính thể tích của khối trụ tròn xoay là V  R2 .h   Câu 37: Đáp án C. Ta có công thức tỉ lệ thể tích trong tứ diện được note ở bên. Do vậy ở đây: VS. A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' 1 1 1 1  . .  . .  . VS. ABC SA SB SC 2 3 4 24 Mặt khác như ở các đề trước tôi đã giới thiệu thì thể tích của khối chóp S.ABC

1 1 có SA, SB, SC đôi một vuông góc là VSABC  .SA.SB.SC  .9.8.4  48 . 6 6 48 Đến đây ta suy ra SSA ' B ' C '  2. 24 Câu 38: Đáp án B Hình lăng trụ tam giác đều khác với hình lăng trụ có đáy là tam giác đều ở chỗ: 1. Hình lăng trụ tam giác đều là hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều. 2. Hình lăng trụ có đáy là tam giác đều chưa chắc đã là hình lăng trụ đứng. Ta có công thức tính thể tích khối lăng trụ tam giác đều là 1 a 3 3 2 V . .a.h  .a .h . Mà tất cả các cạnh bằng nhau do đó ta có 2 2 4 3 3 9 .a   a  3 . 4 4 Câu 39: Đáp án A. Ta có hình vẽ: V

Lovebook.vn|80

Nhớ: Cho tứ diện S.ABC, và các điểm A’, B’, C’ lần lượt nằm trên các đoạn SA, SB, SC. Khi đó ta có

VSA' B' C' SA' SB' SC'  . . VSABC SA SB SC

Nhớ: Diện tích tam giác đều có cạnh a là

S

a2 3 4


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

A’ D’

B’

Nhìn vào hình vẽ ta thấy nếu đi tính trực tiếp thể tích khối tứ diện ACD’B’ là khá lâu, do đó ta sẽ đi tìm một cách gián tiếp như sau: Lời giải: Ta có VACD' B'  VABCD. A' B'C ' D'  VD' ADC  VB' ACB  VCB'C ' D'  VAA' B' D' .

B

 1 1 Mặt khác ta nhận thấy VD' ADC  VB' ACB  VCB'C ' D'  VAA' B' D'  .a. .SABCD  a3 3 2 6 3 1 a Do vậy VACD' B'  a3  4. a3  . 6 3 Câu 40: Đáp án D. Kí hiệu như hình vẽ ta đặt SO '  x . Do khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a nên ta có SA  SB  SC  SD  AB  BC  CD  DA  a . Hình vuông ABCD có 2 đường

C’

A S

D

Ngọc Huyền LB

C

chéo AC  BD  a 2 . Tam giác SOA vuông tại O nên A’ D’

a 2 a . SO  SA  AO  a      2  2   Áp dụng định lý Thales ta có: 2

C’

A

B

O D

2

B ’

O’

C

2

2

SO ' SA ' A ' D ' x x 2     A ' D '  AD. x 2 a SO SA AD a 2

Nhớ: Khi việc tính thể tích của khối đề bài yêu cầu quá khó để thiết lập công thức, ta nên chuyển hướng sang cách làm gián tiếp.

 

1 Khi đó VSA ' B ' C ' D '  .x. x 2 3

2

1 2 3 x . Mặt khác VSA ' B ' C ' D '  VSABCD , do đó ta có 2 3

3 6 2 2 2 3 1 1 a 2 2 a . x  . . .a  x  a . Vậy SA ' B ' C ' D '  x 2  4 3 2 3 2 2 Câu 41: Đáp án B Ở đây ta có kiến thức sau: Trong Chương trình THPT chúng ta học:

Chỉ có 5 loại khối đa diện đều. Đó là loại 3; 3 , loại 4; 3 , loại 3; 4 , loại

5; 3 và loại 3; 5 . Chúng được giới thiệu trong các hình dưới đây: Khối tứ diện

Khối lập phương

Khối mười hai mặt đều

Khối hai mươi mặt đều

Khối bát diện đều

81|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Do vậy A, C đúng. Tiếp theo với D, ta thấy D đúng vì đây là một trong hai điều kiện để xác định khối đa diện. Do đó ta chọn B. Câu 42: Đáp án B. Do mặt cầu tiếp xúc với mặt đáy của hình trụ tại A, B và tiếp xúc với mặt xung quanh của hình trụ nên hình trụ có chều cao h  AB và bán kính đáy bằng bán kính khối cầu. Mặt khác 4R2  16  R  2 . Vậy thể tích của khối trụ là: V  B.h  .22.4  16 . Câu 43: Đáp án B. 1 m1 2

 

Ta có cos u, v 

u.v

3  log 3 5.log 5 3  log m 2.4

u.v

. Do mẫu số luôn lớn hơn 0

Chú ý: Khi nhân chia hai vế của bất phương trình phải xét dấu của biểu thức nhân vào.

u.v

nên ta đi tìm điều kiện để tử số dương. Mặt khác 3  log 3 5.log 5 3  4log m 2  0  4log m 2  4

 log m 2  1  log m 2  log m

1 m

1 1 1  2  m  . Kết hợp với điều kiện suy ra 0  m  . m 2 2 1 1 Với m  1 thì   2  m  . Kết hợp điều kiện suy ra m  1. m 2 Câu 44: Đáp án C. Với 0  m  1 thì 

Nhận thấy u  1; 1; 2  . Ta có u3  2u do đó ta chọn C. Câu 45: Đáp án D.

Mặt cầu S  đường kính AB nên mặt cầu S  có tâm I 1; 0; 2  là trung điểm

1  1  1  0    0   2   2

của AB và bán kính R  IA 

2

2

 5

Vậy  S  :  x  1  y 2   z  2   5 . 2

2

Câu 46: Đáp án D. Vì u , v là hai vtpt của hai mặt phẳng song song nên hai vecto này cùng

3 m  m3. 1 7  2m Câu 47: Đáp án B. Ta nhận thấy khi chiếu M lên các trục tọa độ thì tứ diện OABC là tứ diện có OA, OB, OC, OD đôi một vuông góc.Áp dụng công thức tôi trình bày ở trên ta 1 1 có: V  .OA.OB.OB  abc . 6 6 Câu 48: Đáp án A. Ta có hình vẽ sau: phương. Do vậy

Nhớ: Cho tứ diện S.ABC có các cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc thì

VSABC 

1 .SA.SB.SC 6

M

Gọi H là hình chiếu của M trên mặt phẳng    . Khi đó khoảng cách từ M đến mặt phẳng    là MH. Ta có tam giác MHO vuông tại H nên HM  MO . Để MH max thì H  O , hay OM     . Khi đó    qua O  0; 0; 0  và có vtpt n  OM  1; 2; 1 có phương trình x  2y  z  0 .

Câu 49: Đáp án B.

Lovebook.vn|82

H O


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Ta có M 1  t;1  t; 2t  . Ta có AM 2   t  1   1  t    2t  2   6 2

2

2

t  0  M  1; 1; 0   6t 2  12t  0   t  2  M  1; 3; 4  Câu 50: Đáp án A.

Phân tích: ta có nếu hai mặt phẳng tiếp diện của S  tại A và B vuông góc với nhau thì hai vtpt của hai mặt phẳng này cũng vuông góc với nhau. Mà hai vtpt của hai mặt phẳng này chính là IA , IB . Với I 1; 0; 2  là tâm của mặt cầu S  . Vậy ta có hai điều kiện sau:

1. d cắt S  tại hai điểm phân biệt. 2. IA.IB  0 . Lời giải: Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì trước tiên d phải cắt mặt cầu, tức là phương trình  2  t   t 2   m  t   2.  2  t   4.  m  t   1  0 có hai nghiệm 2

2

phân biệt.

 3t 2  2  m  1 t  m2  4m  1  0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi  '  0   m  1  3m2  12 m  3  0 2

 m2  5m  1  0 . Với phương trình có hai nghiệm phân biệt , áp dụng định lí Viet ta có t1t2 

m2  4 m  1 2 ; t1  t2   m  1 3 3

Khi đó IA  1  t1 ; t1 ; m  2  t1  , IB  1  t2 ; t2 ; m  2  t2  . Vậy IA.IB  1  t1 1  t2   t1t2   m  2  t1  m  2  t2   0  3t1 t2   m  1 t1  t2    m  2   1  0 2

 m2  4m  1 

 m  1 2 2 2 (TM). m  1   m  2   1  0    3  m  4

83|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút

ĐỀ SỐ 7 THPT CHUYÊN LAM SƠN

Câu 1: Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho hàm số y 

 m  1 x  2 m  2

trên khoảng  1;   .

xm

nghịch biến

C. x  3y  1  0

B. 1  m  2

A. m  1

x 1 . Phương trình tiếp x2 tuyến của đồ thị tại giao của đồ thị với Ox là? A. x  3y  1  0 B. x  3y  1  0 Câu 8: Cho hàm số y 

C. m   ;1   2;   D. 1  m  2 Câu 2: Cho a  0; b  0 thỏa mãn a2  b2  14ab. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?

ab 1   log a  log b  4 2 B. 2  log a  log b   log 14ab  A. log

C. log  a  b   2  log a  log b  D. log  a  b   4 

1  log a  log b 2 Câu 3: Cho hai điểm A  3; 4;8  , B  2; 2; 5  . Điểm

C  Oxz  thẳng hàng với hai điểm A , B có tọa độ: A. C  1;0; 2 

B. C  2;0; 4 

C. C  2;0; 4 

D. C 1;0; 2 

D. x  3y  1  0

Câu 9: Cường độ một trận động đất được cho bởi công thức M  log A  log A0 , với A là biên độ rung chấn tối đa và A0 là một biên độ chuẩn (hằng số). Đầu thế kỷ 20, một trận động đất ở San Francisco có cường độ đo được 8 độ Richter. Trong cùng năm đó, trận động đất khác ở Nhật Bản có cường độ đo được 6 độ Richer. Hỏi trận động đất ở San Francisco có biên độ gấp bao nhiêu lần biên độ trận động đất ở Nhật Bản? A. 1000 lần B. 10 lần C. 2 lần D. 100 lần Câu 10: Giải bất phương trình log 3  2 x  1  2 ta 4

được:

1 25 25 B. x  x 2 32 32 25 1 1 C. x  hoặc x  D. x  32 2 2 Câu 11: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình A.

Câu 4: Cho hình nón đỉnh S, đáy là hình tròn tâm

O, góc ở đỉnh nón bằng 1500. Trên đường tròn đáy, lấy một điểm A cố định. Có bao nhiêu mặt phẳng chứa SA cắt nón theo một thiết diện có diện tích lớn nhất. A. Có 3 mặt phẳng B. Có 1 mặt phẳng C. Có 2 mặt phẳng D. Có vô số mặt phẳng 2 x  3x . Giá trị y '  0  bằng: 4x 8 3 A. ln B. 1 C. ln D. 0 8 3 Câu 6: Cho số phức z thỏa mãn 2z  1  3i  4.

vẽ bên, các khẳng định sau khẳng đinh nào là đúng? y

Câu 5: Cho hàm số y 

3

-1 O 1

Tập các điểm biểu thị cho z là một đường tròn có bán kính r là: A. r  4 B. r  1 C. r  2 D. r  2 Câu 7: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 3. Biết diện tích tam giác SAB là

a2 3 , 2

khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAC  là: A.

a 2 2

Lovebook.vn|84

B.

a 10 3

C.

a 10 5

D.

a 2 3

x -1

A. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 và đạt giá trị lớn nhất bằng 3 B. Đồ thị hàm số có điểm cực tiểu A  1; 1 và

điểm cực đại B 1; 3  C. Hàm số có giá trị cực đại bằng 1


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

D. Hàm số đạt cực tiểu tại A  1; 1 và cực đại

C. m  1 D. m  1 Câu 21: Hàm số nào sau đây có bảng biến thiên như hình bên:

tại B 1; 3  1

3

Câu 12: Tính tích phân I   x 2x2  1 dx. 0

5 5 5 A. I  B. I  C. I  5 D. I  2 4 3 4 2 Câu 13: Cho hàm số y   x  2 x  3. Gọi h và h1 lần lượt là khoảng cách từ hai điểm cực đại và cực h tiểu của đồ thị hàm số đến trục hoành. Tỷ số là: h1

4 3 3 B. 1 C. D. 4 2 3 Câu 14: Cho ABC có 3 đỉnh A  m;0;0  , B  2;1; 2  , A.

C  0; 2;1 . Để SABC  A. m  1

35 thì: 2 B. m  2 C. m  3

Câu 15: Tìm m để đồ thị hàm số y 

D. m  4

x x2 có x2  2x  m 2

x y



y

1



2

  

1

2x  7 x3 B. y  x2 x2 2x  3 x3 C. y  D. y  x2 x2 Câu 22: Một miếng bìa hình chữ nhật có kích thước 20cm x 50cm. Người ta chia miếng bìa thành 3 phần như hình vẽ để khi gấp lại thu được một hình lăng trụ đứng có chiều cao bằng chiều rộng của miếng bìa. Diện tích xung quanh của hình lăng trụ thu được là: A. y 

2 tiệm cận đứng. A. m  1 và m  8 B. m  1 và m  8 C. m  1 và m  8 D. m  1 Câu 16: Cho hai số phức z1  1  i; z2  2  3i. Tìm số phức w   z1  .z2 2

A. w  6  4i C. w  6  4i

B. w  6  4i D. w  6  4i

Câu 17: Cho F  x  là một nguyên hàm của

f  x   2x  1 trên

B. 2000 cm2

A. 1500 cm2

. Biết hàm số y  F  x  đạt giá

39 trị nhỏ nhất bằng . Đồ thị của hàm số y  F  x  4 cắt trục tung tại điểm có tung độ là: 37 39 A. B. 10 C. D. 11 4 4 Câu 18: Cho số phức z  a  bi thỏa mãn

2 z  z  3  i. Giá trị của biểu thức 3a  b là: A. 6 B. 3 C. 4 D. 5 Câu 19: Cho khối chóp S.ABC có SA  3; SB  4; SC  5 và SA, SB, SC đôi một vuông góc. Thể tích của khối cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC là: 10 2 125 2  5 2 A. 25 2 B. C. D. 3 3 3 m Câu 20: Tìm để hàm số:

y  x3  3mx2  3  2m  1 x  1 nghịch biến trên A. Luôn thỏa mãn với mọi giá trị của m B. Không có giá trị của m

.

C. 1000 cm2 D. 500 cm2 Câu 23: Một hình nón có bán kính đáy bằng 1cm, chiều cao nón bằng 2cm. Khi đó góc ở đỉnh của nón là 2  thỏa mãn: A. tan  

5 5

B. sin  

2 5 5

5 2 5 D. cos   5 5 Câu 24: Trong các hàm số sau, hàm số nào luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó? 2x  1 y  x4  2x2  2  II  ; y I ; x2 y  x3  3x  5  III  . C. cot  

A. I và III C. I và II

B. Chỉ I D. II và III

Câu 25: Hàm số y  log 2  x 2  5x  6 có tập xác định là:

A.  2; 3 

B.  ; 2    3;  

C.  ; 2 

D.  3;  

Câu 26: Cho hai số phức z1  1  3i ; z2  2  i. Tìm số phức w  2 z1  3z2 . 85|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

A. w  4  9i C. w  3  2i

The best or nothing

B. w  3  2i D. w  4  9i

Câu 27: Cho hàm số y  x 4  2 mx 2  2 m  m4 . Với giá trị nào của m thì đồ thị Cm  có 3 điểm cực trị đồng thời 3 điểm cực trị đó tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4. A. m  3 16

B. m   3 16

C. m  5 16

D. m  16

x2  1 . Hãy chọn mệnh x đề đúng trong các mệnh đề sau: A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  1,

Câu 28: Cho hàm số y 

C. 6 km/h

D. 15 km/h

Câu 32: Giá trị của biểu thức E  3 2 1.9 2 .271 2 bằng: A. 27 B. 9 C. 1 D. 3 Câu 33: Cho tam giác có ABC

A 1; 2; 3  , B  3;0;1 , C  1; y; z  . Trọng tâm G của

tam giác ABC thuộc trục Ox khi cặp  y; z  là: A. 1; 2 

B.  2; 4 

C.  1; 2  D.  2; 4 

Câu 34: Đặt a  log 3 15; b  log 3 10. Hãy biểu diễn

log 3 50 theo a và b. A. log 3 50   a  b  1 B. log 3 50  3  a  b  1 C. log 3 50  2  a  b  1 D. log 3 50  4  a  b  1

có tiệm cận đứng là x  0 B. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là y  1

Câu 35: Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số:

và y  1

y  x 3  3 x 2  3 thuộc góc phần tư:

C. Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là y  1 và y  1, có tiệm cận đứng là x  0 D. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  1, có tiệm cận đứng là x  0 Câu 29: Một đội xây dựng cần hoàn thiện một hệ thống cột tròn của một cửa hàng kinh doanh gồm 10 chiếc. Trước khi hoàn thiện mỗi chiếc cột là một khối bê tông cốt thép hình lăng trụ lục giác đều có cạnh 20 cm; sau khi hoàn thiện (bằng cách trát thêm vữa tổng hợp vào xung quanh) mỗi cột là một khối trụ có đường kính đáy bằng 42 cm. Chiều cao của mỗi cột trước và sau khi hoàn thiện là 4 m. Biết lượng xi măng cần dùng chiếm 80% lượng vữa và cứ một bao xi măng 50 kg thì tương đương với 64000 cm3 xi măng. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu bao xi măng loại 50 kg để hoàn thiện toàn bộ hệ thống cột? A. 25 (bao) B. 18 (bao) C. 28 (bao) D. 22 (bao) Câu 30: Số đỉnh của một hình bát diện đều là: A. 7 B. 5 C. 6 D. 8 Câu 31: Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt một khoảng cách là 200km. Vận tốc của dòng nước là 8 km/h. nếu vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là v (km/h) thì năng lượng tiêu hao của cá trong 1 giờ được cho bởi công thức:

E  v   c0 v3t (trong đó c là một hằng số, E được

tính bằng Jun). Tìm vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng tiêu hao là ít nhất: A. 12 km/h B. 9 km/h Lovebook.vn|86

A. III

B. II

C. IV

D. I

Câu 36: Cho số phức z thỏa mãn z  1  z  2i  3 . Biết tập các điểm biểu thị cho z là một đường thẳng. Phương trình đường thẳng đó là: A. x  y  3  0 B. x  y  3  0 D. x  y  0

C. x  y  3  0

B  3;  1;1 ,

Câu 37: Cho 3 điểm A  0;1;2  ,

C  0; 3;0  . Đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng  ABC  có phương trình: x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 A. B.     1 1 1 1 1 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 C. D.     1 1 1 1 1 1 Câu 38: Cho D là miền hình phẳng giới hạn bởi  y  sin x ; y  0; x  0; x  . Khi D quay quanh 2 Ox tạo thành một khối tròn xoay. Thể tích của khối tròn xoay thu được: A. 1 (đvtt) B.  (đvtt) C. 2  (đvtt) D. 2 (đvtt) Câu 39: Cho phương trình z2  2z  17  0 có hai nghiệm phức là z1 và z 2 . Giá trị của z1  z2 là: A. 2 17 Câu

40:

B. 2 13 Tính

đạo

C. 2 19

D. 2 15

hàm

của

B. y ' 

x

hàm

số

y  log 2017 x 2  1 .

A. y ' 

2x 2017

2x 2

 1 ln 2017


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

C. y ' 

x

1

2

D. y ' 

 1 ln 2017

x

1 2

Câu 45: Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau:

1

1

Câu 41: Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , độ dài cạnh AB  BC  a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  2a. Thể tích V của khối chóp S.ABC là: A. V 

a3 3

B. V 

a3 2

C. V  a3

 P

Câu 42: Cho mặt phẳng

D. V 

a3 6

vuông góc với mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau: A. x  y  z  1  0 B. 2x  2y  z  1  0 D. 2x  3y  z  1  0  4

x dx. 2 0 cos x

Câu 43: Tính tích phân I  

  2 2  ln D. I   ln 4 4 2 2 Câu 44: Một miếng bìa hình tròn có bán kính là 20cm. Trên biên của miếng bìa, ta xác định 8 điểm A, B, C, D, E, F, G, H theo thứ tự chia đường tròn thành 8 phần bằng nhau. Cắt bỏ theo các nét liền như hình vẽ để có được hình chữ thập ABNCDPEFQGHM rồi gấp lại theo các nét đứt MN, NP, PQ, QM tạo thành một khối hộp không nắp. Thể tích của khối hộp thu được là: A H

B

Q P

 1  x 

x

dx 

0

3 2

1

D.

2  x 1  x  dx  2009 2017

1

Câu 46: Cho a, b là hai số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn a  b  10 và a12 b2016 là một số tự nhiên có 973 chữ số. Cặp  a, b  thỏa mãn bài toán là: A.  5; 5 

B.  6; 4 

C.  8; 2 

D.  7; 3 

 P : x  y  z  3  0

x 1 y 1 z   . Phương trình 3 1 1 đường thẳng  nằm trong mặt phẳng  P  , cắt đường thẳng d và vuông góc với u 1; 2; 3  là:

x8 y2 z3   1 2 1 x8 y2 z3 D.   1 2 1 1 Câu 48: Cho hàm số f  x   . Gọi F  x  là 2x  3 một nguyên hàm của f  x  . Chọn phương án sai. x1 y 1 z 1   1 2 1 x y2 z3 C.   1 2 1 A.

A. F  x  

ln 2 x  3 2

ln  2 x  3 

B.

 10 B. F  x  

ln 4 x  6 4

ln x 

2

 10

3 2

nhiêu?

D E

4000  2  2  4000 2  2 4  2 2   A. B. 2 2 C. 4000 2  2

1

C.

có đáy ABCD là một hình vuông. Biết tổng diện tích tất cả các mặt của khối hộp đó là 32, thể tích lớn nhất mà khối hộp ABCD.A1B1C1D1 là bao

C

x B.  sin dx 2  sin xdx 2 0 0

1  5 D. F  x   2 4 Câu 49: Một khối hộp chữ nhật ABCD.A1 B1C1 D1

N

C. F  x  

M

G

0

 2

đường thẳng d :

C. I 

F

0

Câu 47: Cho mặt phẳng

 B. I   ln 2 4

 A. I   ln 2 4

1

A.  sin 1  x  dx   sin xdx

đi qua các điểm

A  2;0;0  , B  0; 3;0  , C  0;0; 3  . Mặt phẳng  P 

C. x  2y  z  3  0

Ngọc Huyền LB

56 3 9 Câu 50:

80 3 9 Tìm m

A.

3

4  2 2 D. 4000  2  2   

B.

70 3 64 3 D. 9 9 để phương trình

C.

x 4  5x 2  4  log 2 m có 8 nghiệm phân biệt: 3

A. 0  m  4 2 9

B. Không có giá trị của m

C. 1  m  2

D.  4 29  m  4 29

4

9

87|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT 1B 11B 21A 31A 41A

2A 12C 22C 32B 42B

3D 13A 23D 33D 43C

4C 14C 24A 34C 44C

5A 15B 25A 35C 45C

6D 16D 26D 36B 46D

7A 17B 27C 37B 47B

8A 18C 28B 38B 48B

9D 19D 29B 39A 49D

10A 20D 30C 40B 50C

Câu 1: Đáp án B. Phân tích: Nhận thấy ở đây đề bài cho ta bài toán về dạng hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất mà ta đã được học, do vậy ta có hai TH để xét: là TH m  1 và m  1 . Với m  1 thì thay trực tiếp vào hàm số đã cho và xác định khoảng đơn điệu. Với m  1 thì xét như xét với hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất. Lời giải * Với m  1 thì hàm số đã cho có dạng y  0 là hàm hằng ( không thỏa mãn). * Với m  1 thì

y' 

m  m  1  2m  2

 x  m

2

m2  m  2

 x  m

2

Để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  1;   thì m2  m  2  0, m  1  m   1;   1  m  2  1 m 2   m  1 Đọc thêm: Đề thi thử lần I của Sở GD- ĐT Hưng Yên có câu 23 giống đề. Các em tìm đọc thêm.

Câu 2: Đáp án A.

Phân tích: Ta nhận thấy nếu lấy loga hai vế luôn thì log a2  b2

 sẽ khó phân

tích ra bởi không có công thức log  x  y  . Do vậy, nhìn vào các phương án nhận thấy B là phương án lừa để ta chọn, tuy nhiên không có công thức biến đổi vế trái như vậy. Nên, để có thể biến đổi được vế trái ta đưa về dạng pt   a  b   2ab  14ab   a  b   16ab . 2

2

Lời giải pt   a  b 

2

 a  b  16ab  16

2

 ab .

 a  b log

2

 log  ab  16 ab 1 ab   log a  log b   2 log  log a  log b  log 4 2 4 Câu 3: Đáp án D.

Lấy logarit hai vế ta được

Phân tích: Do C  Oxz  nên C  x,0, z  . Tất cả các phương án A, B, C, D đều thỏa mãn tính chất này, do đó ta xét đến tính chất tiếp theo, để A, B, C thẳng hàng thì

AB  kAC . Lời giải Lovebook.vn|88

Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả quên điều kiện

 m   1;   nên dẫn

đến chọn D. Tuy nhiên hãy nhớ kĩ rằng, để hàm số đơn điệu trên một khoảng thì hàm số phải liên tực xác định trên khoảng đó.


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Ta có AB   1; 2; 3  ; AC   x  3; 4; z  8  x  1 4 x3 z8  . 2  2 1 3 z  2 Câu 4: Đáp án C Phân tích: Ở hình vẽ bên, các tam giác SAM, S SAN, SAP, SAQ là một vài trong vô số thiết diện của mặt phẳng chứa cạnh SA cắt mặt nón. Lời giải: Gọi đường sinh của khối nón là l và góc ở đỉnh cân của tam giác thiết diện là  . 1 Q Khi đó 0    150 . Ta có S  .l 2 .sin  . Mà l 2 A P l2 không đổi, sin   1 do đó S  . N M 2 Dấu bằng xảy ra khi   90 . Do đó ta có thể thấy, có 2 tam giác thiết diện nằm về hai nửa của khối nón là tam giác vuông cân. Do đó ta chọn C. Câu 5: Đáp án A.

Khi đó k 

Chú ý: Nhiều độc giả quên rằng có hai trường hợp là hai thiết diện nằm về hai phía của khối chóp. Nên chọn B

Phân tích: Ta thấy với bài toán này ta có thể chuyển Các công thức áp dụng:

a  '  a .ln a x

x

ln x  ln y  ln xy (với các logarit nepe trên tồn tại).

nhanh hàm số về dạng y 

2 x  3x 1 3  x   x 4 2 4

2 x  3x 1 3  x   Lời giải: Ta có y  x 4 2 4

x

x

x  1  3 x  1 1 3 3 Khi đó y '   x     '  x .ln    .ln 2 2 4 4  4   2 

Với x  0 thì y '  0  

0

1 3 1 1 3 3 1 3 3 .ln    .ln  ln  ln  ln  .   ln 0 2 4 4 2 4 8 2 2 4

Câu 6: Đáp án D. Phân tích: Với dạng toán này, do đề yêu cầu tìm bán kính R do đó ta phải đưa z Chú ý:

 2x  1   2y  3  16 2

2

Chưa phải dạng của phương trình đường tròn. Do vậy chọn A là sai.

về dạng z  x  iy  x, y 

Lời giải: Đặt z  x  iy  x, y  2  x  iy   1  3i  4

 khi đó phương trình đã cho trở thành  2x  1   2 y  3 i  4

 2 x  1   2 y  3  2

2

2

 4   2 x  1   2 y  3   16 2

2

2

 1  3  x    y    4 2  2  Khi đó R  2 . Câu 7: Đáp án A. Phân tích: Ta thấy SA vuông góc với mặt phẳng đáy, do đó SA vuông góc OB, mà OB

vuông góc AC, do đó OB  SAC  . Từ đây ta chỉ đi tính độ dài OB.

89|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

a3 3 và SA  a 3 , mặt khác tam giác SAB là tam 2 giác vuông tại A nên từ đó ta tìm được độ dài AB hay chính là độ dài cạnh hình vuông, đến đây ta tính được độ dài OB. Lời giải:

S

Do diện tích tam giác SAB là

SA  OB  OB   SAC  Ta có   AC  OB

Do đó d B, SAC 

A

2SSAB

a 2  OB . Ta có AB  .  a . Khi đó BD  a 2  OB  2 SA

B O

D

C

Câu 8: Đáp án A.

Phân tích: Ta thấy giao với đồ thị hàm số với trục Ox là điểm A 1; 0  . Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại A sẽ có dạng

y  f '  x0  x  x0   f  x0  . Thay x0  1 vào ta có kết quả.

Lời giải: Ta có y ' 

3

 x  2

2

y  f ' 1 x  1  0 hay y 

. Khi đó phương trình tiếp tuyến tại A có dạng

1 1 x   x  3y  1  0 . 3 3

Câu 9: Đáp án D. Phân tích: Ta thấy công thức tính cường độ trận rung chấn có thể chuyển về A dạng M  log . Khi đó cường độ trận động đất thứ nhất đc tính bằng công A0 thức log

A1 A0

 8  A1  108 . A0 . Tương tự với biên độ thứ hai thì ta được

A2  10 6 A0 

A1 A2

 100 .

Công thức nhanh: Với bài toán dạng này ta chỉ cần nhẩm nhanh 8-6=2 2 nên tỉ số sẽ là 10  100

tương tự như trong Vật lý về mức cường độ âm

Đọc thêm: Đề thi thử lần I của Sở GD- ĐT Hưng Yên có câu 22 giống đề. Các em tìm đọc thêm.

Câu 10: Đáp án A.

1 2 Khi đó bất phương trình tương đương với 9 25 9 . Kết hợp với điều kiện ban đầu log 3  2 x  1  log 3  2x  1  x 16 16 32 4 4 Lời giải: Điều kiện x 

1 25 x 2 32 Sai lầm thường gặp: 1. Quên điều kiện. ta được

3 2. Không nhận thấy 0   1 nên không đảo chiều bất đẳng thức. 4 Câu 11: Đáp án B Với A: Ta thấy 1; 3 không phải là giá trị nhỏ nhất, lớn nhất mà lần lượt là giá trị cực tiểu và giá trị cực đại của hàm số đã cho. Với B: Đây là khẳng định đúng. Với C: Hàm số có giá trị cực đại bằng 3, còn hàm số có một điểm cực đại là x  1 Lovebook.vn|90

Chú ý: Nhiều độc giả sai lầm khi nhầm lẫn giữa B và D. Tuy nhiên phải diễn đạt lại D như sau mới đúng: Hàm số đạt cực tiểu tại

x  1 và đạt cực đại tại x1


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Câu 12: Đáp án C Phân tích:

Ta thấy 2 x 2  1 '  4 x . Do vậy ta sẽ nhân thêm 4 vào để tạo ra tích phân dạng b

 f u du . a

1

1

 

3 3 1 1 Lời giải: Ta có I   2x2  1 .  4x  dx   2x2  1 d 2x2  1 40 40

1 1 . . 2x2  1 4 4

4

1 5 0

Cách sử dụng máy tính: Nhấn nút tính tích phân trong máy tính, nhập biểu thức ta được kết quả là 5. Câu 13: Đáp án A.

Phân tích: Ta thấy nếu gọi A  x1 ; y1  và B  x2 ; y2  lần lượt là hai điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số. Khi đó

y h  1 . h1 y2

Lời giải:

x  0 y  1 4 h    . Ta có y '  4 x  4 x  0   x  1 . Khi đó h1 y  0  3  x  1 3

Công thức cần nhớ: Khi cho tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác tam giác thì áp dụng công thức

S ABC

1  . AB, AC   2 

Câu 14: Đáp án C 1 Ta có SABC   AB, AC  . Do đó ta sẽ đi tìm AB   2  m; 1; 2  ; AC   m; 2; 1 .  2 Mà  AB, AC    3; m  2; m  4    2 2 1  1 35 AB, AC   . 9   m  2    m  4    2 2  2 m  3  2m2  4m  29  35    m  1

Khi đó SABC 

Câu 15: Đáp án B. Phân tích: Ta thấy với hàm phân thức dạng này thì giá trị làm cho đa thức mẫu số bằng 0 là a thì x  a sẽ là phương trình tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Tuy nhiên ta cần có chú ý là x  a không là nghiệm của phương trình đa thức tử số bằng 0. Lời giải: Ta có y 

 x  1 x  2  . Để đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng thì phương

x2  2x  m trình x2  2x  m  0 có hai nghiệm phân biệt khác 1; 2 , tức là

1  m  0 m  1    m  1; m  8 m  8 Chú ý: Nhớ điều kiện sao cho x  a không phải là nghiệm của phương trình đa thức tử số bằng 0. Đọc thêm: Đề thi thử lần I của Sở GD- ĐT Hưng Yên có câu 9 giống đề. Các em tìm đọc thêm.

Câu 16: Đáp án D. Lời giải: 91|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Cách 1: w  1  i  .  2  3i   i 2  2i  1  2  3i   2i  2  3i   4i  6 2

Cách 2: Dùng máy tính. Chọn MODE 2 để chuyển máy tính sang dạng tính toán với số phức, sau đó nhập như sau:

MÁY TÍNH BỎ TÚI

Câu 17: Đáp án B.

Lời giải: Ta có F  x     2 x  1 dx  x 2  x  c . 2

 1 1 1 F  x   x  x  c   x    c   c  với mọi x. Mà đề cho GTNN của hàm 4 4 4  2

số y  F  x  bằng

39 1 39 do đó c    c  10 . Vậy đồ thị của hàm số 4 4 4 y  F  x  cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 10.

Câu 18: Đáp án C. Phân tích: Với bài toán dạng này ta thay luôn z  a  bi vào để tính.

Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với 2.  a  bi   a  bi  3  i  3a  3  0 a  1  3 a  3   b  1 i  0    , từ đó 3a  b  4 b  1  0 b  1 Câu 19: Đáp án D. Bài toán gốc: Cho khối tứ diện SABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc, với SA  a, SB  b, SC  c . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối tứ diện.

Tam giác đáy SBC vuông tại S, do đó tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác là trung điểm của BC, từ trung điểm của BC kẻ đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng SBC  . Gọi  là trung trực của cạnh SA. Khi đó   d  I là tâm

A

I S

của khối cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. Khi đó ta đi tìm R  SI . Ta thấy SI 

B 2

SA BC  4 4

2

Mà tam giác SBC vuông tại S nên BC  SB  SC  b  c nên 2

R  SI 

2

2

2

1 2 a  b2  c 2 2

Từ bài toán gốc áp dụng vào bài ta được R 

1 2 5 2 3  4 2  52  . Khi đó 2 2

3

4 4  5 2  125 2  V  R3  ..    3 3  2  3 Câu 20: Đáp án D. Phân tích: Ta thấy đây là hàm số bậc ba có hệ số a  1  0 luôn nghịch biến trên R khi phương trình y '  0 vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất. Tức là phương trình

3x2  6mx  3  2m  1  0  x2  2mx  2m  1  0 có nghiệm kép hoặc vô nghiệm.

Lovebook.vn|92

C

Công thức: bán kính của khối cầu ngoại tiếp khối tứ diện có các cạnh bên cùng chung một đỉnh đôi một vuông góc với nhau là: R 

1 2 a  b2  c 2 2

Với a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh bên đó.


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Hay m2  2m  1  0 , mà m2  2 m  1   m  1  0, m . Do vậy m  1 . 2

Chú ý: Nhiều độc giả quên trường hợp  m  1  0 nên chọn B là sai. 2

Câu 21: Đáp án A Nhận thấy nhìn vào hai cận thì ta có thể loại B và C, do tiệm cận ngang của hai đồ thị hàm số này là y  2 chứ không phải 1.

Công thức:

 ax  b  ad  bc  '  2  cx  d   cx  d 

Tiếp theo ta chỉ cần xét hai phương án A và D. Ta xét tính đồng biến nghịch biến. Ở phương án A: thì ad  bc  2  3  5  0 do đó hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định ( thỏa mãn) Đọc thêm: Đề thi thử lần I của Sở GD- ĐT Hưng Yên có câu 38 giống nhau. Các em tìm đọc thêm.

S

Câu 22: Đáp án C Thực chất đây là bài toán tư duy khá đơn giản, ta thấy diện tích xung quanh của khối lăng trụ chính là diện tích của hình chữ nhật khi trải ra, do đó ta chọn C. Câu 23: Đáp án D. Tương tự như bài toán 4 ta có A

P

Kí hiệu góc  ở trên hình vẽ. Ta có SA  2 2  12  5 . Khi đó

h 2 2 5   SA 5 5 Câu 24: Đáp án A. cos  

Chú ý: 1. Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất luôn đơn điệu trên từng khoảng xác định. 2. Hàm bậc bốn trùng phương không bao giờ đơn điệu trên

.

Ta thấy hàm I là hàm phân thức có ad  bc  2.2   1 .1  5  0 do đó luôn đồng biến trên từng khoảng xác đinh của nó. Hàm II là hàm bậc bốn trùng phương nên không bao giờ đơn điệu trên

.

Hàm III có y '  3 x  3  0 . Do đó III luôn đồng biến trên từng khoảng xác định 2

của nó. Câu 25: Đáp án A Điều kiện x2  5x  6  0  2  x  3 . Câu 26: Đáp án D. Tương tự như cách tôi đã giới thiệu về bấm máy ở trên thì ở đây ta có kết quả như sau:

Ta có: w  2z1  3z2  2 1  3i   3.  2  i   2  6   2.3  3 i  4  9i Câu 27: Đáp án C. x  0 Lời giải: ta có y '  4 x3  4mx  0   2 . Với m  0 thì đồ thị hàm số có 3 x  m điểm cực trị, khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số lần lượt là

 

A 0; 2m  m4 , B

 

m ; m4  m2  2m , C  m ; m4  m2  2m . Khi đó

1 1 SABC  .d  A; BC  .BC  . 2m  m4  m4  2m  m2 .2. m 2 2 93|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

 m2 m  4  m  5 16 . Đọc thêm: Đề thi thử lần I của Sở GD- ĐT Hưng Yên có câu 18 giống nhau. Các em tìm đọc thêm.

Câu 28: Đáp án B Phân tích:

x2  1 x2  1 1 1  lim  1  2  1  lim 1  2  1 ; lim x x  x  x  x x x x  y  1; y  1 là hai tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Ta có lim

Ta có lim x 0

x2  1 không tồn tại. x

Đọc thêm: Đề thi thử lần I của Sở GD- ĐT Hưng Yên có câu 29 tương tự. Các em tìm đọc thêm.

Câu 29: Đáp án B Ta nhận thấy hiệu số của thể tích cột sau và trước khi trát vữa tổng hợp chính là thể tích vữa tổng hợp đã dùng. Vậy thể tích vữa là:

 202 3  3 Vvua  400.10.  .212  6.   1384847, 503 cm SHIFT STO A.   4   Khi đó số bao để hoàn thiện hệ thống cột được tính bằng công thức: A.80%  18 bao. 64000 Câu 30: Đáp án C Ta có hình bát diện đều ở hình vẽ sau:

Giải thích thực tế: Ở đây

6.

20 2. 3 là diện tích 4

của mặt đáy lục giác.

Vậy hình bát diện đều có 6 đỉnh. Câu 31: Đáp án A. Phân tích: Ta có 200   v  8  .t  t 

200 200 . Khi đó E  v   cv3 . Do c là v8 v8 200v 3 hằng số nên để năng lượng tiêu hao ít nhất thì f  v   nhỏ nhất. Xét hàm v8 số f  v  trên  8;  

f '  v   200.

3v 2  v  8   v 3

 v  8

2

 200.

2v3  24v2

 v  8

2

f '  v   0  v  12.

Đọc thêm: Đề thi thử lần I của Sở GD- ĐT Hưng Yên có câu 32 giống. Các em tìm đọc thêm.

Câu 32: Đáp án B Ta thấy E  3 Lovebook.vn|94

2 1

.32 2 .333

2

3

2 1 2 2 3 3 2

 32  9

Giải thích thực tế: Khi con cá bơi ngược dòng thì vận tốc của dòng nước sẽ ngược lại với vận tốc của con cá, do đó vận tốc tổng sẽ là v  8


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Đọc thêm: Đề thi thử lần I của Sở GD- ĐT Hưng Yên có câu 19 giống. Các em tìm đọc thêm.

Câu 33: Đáp án D

2  0  y 0   y  2 3  Trọng tâm G của tam giác ABC thuộc trục Ox khi   z  4 3  1  z  0  3 Câu 34: Đáp án C Ta có log

3

50  log

1

32

50  2 log 3 50  2 log 3 10.5   2  log3 10  log3 5

 2  log3 10  log 3 15  log 3 3  2  a  b  1 Đọc thêm: Đề thi thử lần I của Sở GD- ĐT Hưng Yên có câu 40 giống. Các em tìm đọc thêm.

y

II

III

Câu 35: Đáp án C Phân tích: Ở đây ta sẽ xác định tọa độ điểm cực tiểu từ đó xác định vị trí của điểm đó thuộc góc phần tư thứ mấy.

I

O

IV

x

x  0 Lời giải: Ta có y '  3 x 2  6 x  0   . Khi đó điểm A  2; 1 là điểm cực x  2 tiểu của đồ thị hàm số đã cho. Vậy A thuộc góc phần tư thứ IV. Ta có cách chia góc phần tư như sau: Ngược chiều kim đồng hồ. Câu 36: Đáp án B

Phân tích: Với các bài toán dạng này thì ta sẽ đặt z  x  yi  x, y 

 . Khi đó

thay vào phương trình đề cho, từ đó tìm mối liên hệ giữa x, y. Lời giải: Ta có phương trình đã cho trở thành

x  yi  1  x  yi  2i  3  x  1  yi  x  3   y  2  i   x  1  y 2   x  3    y  2   2x  1  6x  4y  13 2

2

2

 4x  4y  12  0  x  y  3  0 Câu 37: Đáp án B Phân tích: Nhận thấy khi đường thẳng cần tìm vuông góc với mặt phẳng

 ABC  tức là đường thẳng này cùng phương với vtpt của mặt phẳng  ABC  . Mặt khác, với bài toán cho ba điểm thì vtpt của mặt phẳng  ABC  được tính bằng tích có hướng của hai vecto AB và AC . Vậy từ đây ta viết được phương trình đường thẳng cần tìm. Lời giải: ta có AB   3; 2; 1 ; AC   0; 2; 2  . Khi đó

u  n ABC    AB, AC    6,6,6   6 1,1,1  

Mà trọng tâm G 1; 1; 1 . Do đó phương trình đường thẳng cần tìm là

x 1 y 1 z 1 .   1 1 1 Câu 38: Đáp án B Thể tích khối tròn xoay khi quay D quanh trục Ox được tính bằng công thức  2

    V   sin xdx  .   cos x  2  .   cos  cos 0    đvtt. 2   0 0

Câu 39: Đáp án A. 95|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

 z  1  4i Giải phương trình trên bằng máy tính cầm tay ta được hai nhiệm là  1  z2  1  4i

Khi đó z1  z2  2 1  4 2  2 17 Câu 40: Đáp án B



y '  log 2017 x2  1 ' 

x

2x 2

 1 ln 2017

Đọc thêm: Đề thi thử lần I của Sở GD- ĐT Hưng Yên có câu 41 giống. Các em tìm đọc thêm.

Câu 41: Đáp án A

1 Ta thấy đây là bài toán gỡ điểm bởi V  .B.h mà đề đã cho diện tích đáy và 3 3 1 1 a chiều cao, do đó V  . .a.a.2a  3 2 3 Câu 42: Đáp án B. Tương tự như bài 37 thì ta tính được vtpt của mặt phẳng  P  như sau: Ta có AB   2; 3; 0  , AC   2; 0; 3  . Khi đó vtpt của  P  :

n   AB, AC    9; 6; 6  . Ta thấy hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì hai   vtpt của mặt phẳng đó vuông góc với nhau, mà ở đây chỉ có mặt phẳng ở phương án B thỏa mãn điều kiện đó. Câu 43: Đáp án C.  4

Ta có I   0

 4

x dx dx   x. 2 cos x cos 2 x 0 

u  x  du  dx  4  I  x . tan x Đặt  , khi đó ta có 4   tan xdx dx vdv   v  tan x  0 0 cos 2 x   4

 4

    1 sin x   d  cos x    ln cos x 4 dx    4 0 cos x 4 0 cos x 4 0

    2 2   ln  ln 1    ln   4  2 2  4

Câu 44: Đáp án C Phân tích:

2  Nhận thấy khi chia đường tròn thành 8 phần thì góc ở tâm AIB   . 8 4 Khi đó áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác AIB ta có  AB2  AI 2  IB2  2.IA.IB.cos  400 2  2 4

A

H N G

Mà AB  AH  400 2  2 . Vì tam giác AMH vuông cân tại M nên AM  HM 

AH

2

 10 2 2  2 . Khi đó thể tích hình hộp là

 

V  10 2. 2  2 .400 2  2  4000 2  2 Câu 45: Đáp án C Lovebook.vn|96

42 2

B M

Q

C

I P D

F E


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Phân tích: Với A: ta bấm máy thấy đúng, tuy nhiên tôi có thể giải thích như sau: 1

1

 sin 1  x  dx   sin xdx . Đặt 1  x  t Khi đó đổi cận thì VT của phương trình trở 0

0

0

1

1

0

thành  sin tdt   sin tdt  VP , vậy A đúng. Với B ta có : Đặt t 

x

x 1  dt  dx . Đổi cận: 2 2

x

0

t

0

 2

 sin 2 dx  2  sin tdt . Vậy B đúng. 0

0

Với C, bấm máy tính ta thấy kết quả không đúng, do đó ta chọn C. Câu 46: Đáp án D. Phân tích: Ta có công thức tính số các chữ số đứng trước dấu phẩy của số x  1 Công thức: Số các chữ số đứng trước dấu phẩy của số x  1 bất kì là:

N   log x   1

bất kì là N  n  1  log x   1 . Thật vậy ta đi chứng minh như sau: Vì 10n là số tự nhiên bé nhất có n  1 chữ số nên số các chữ số đứng trước dấu phẩy của x bằng n  1 khi và chỉ khi 10n  x  10n1 , tức là n  log x  n  1 , điều này chứng tỏ rằng n  log x . Lời giải Ta thấy số chữ số của a12 b2016 là 973  log a12 b2016   1

 12 log a  2016 log b  1  12 log a  2016 log b  972 . Thử các cặp giá trị ta thấy D thỏa mãn Câu 47: Đáp án B Phân tích: Ta thấy ở đây có khá nhiều dữ kiện, tuy nhiên ta cos thể tìm được giao điểm giữa  và d bằng cách đưa phương trình đường thẳng d về dạng phương trình tham số và tham số tọa độ giao điểm.

 x  1  3t  Lời giải: Ta có d :  y  1  t . Khi đó I 1  3t; 1  t; t  là giao điểm của d và   z  t  Mà I thuộc mặt phẳng  P  . Do đó 1  3t  1  t  t  3  0  t  3  I  8; 2; 3 Ta thấy d vuông góc với u và n P ( là vtpt của mặt phẳng  P  ). Suy ra

x8 y2 z3 ud  u, n P     1; 2; 1 . Khi đó phương trình  có dạng     1 2 1 x8 y2 z3 . :   1 2 1 Câu 48: Đáp án B. Ta có F  x   

ln 2 x  3 1 1 1 dx   . .d  2 x  3   C 2 2x  3 2  2x  3 97|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Từ đây ta thấy A đúng. ln 4 x  6

ln 2  ln 2 x  3

 10  F  x  , C sai. 4 4 Câu 49: Đáp án D. Đặt a là độ dài cạnh của hình vuông đáy, b là chiều cao của khối hộp với

Với B ta thấy

 10 

a, b  0 . Khi đó ta có 2a2  4ab  32  2a  a  2b   32  a  a  2b   16

 1  16  b    a  . Khi đó thể tích của khối hộp được tính bằng công thức: 2 a 

1  1 1  16 V  f  a   .a2   a   .a. 16  a2   a3  8a 2  a 2  2

 4  64 3 3 4 Ta có f '  a    a 2  8  0  a  do a  0 . Khi đó Vmax  f   2 9 3  3 Ta có tổng diện tích các mặt của khối hộp là Câu 50: Đáp án C

Phân tích: Đặt log 2 m  a  0 khi đó m  2a . Xét hàm số f  x   x 4  5x 2  4 .ta sẽ xét như sau, vì đây là hàm số chẵn nên đối xứng trục Oy. Do vậy ta sẽ xét hàm g  x   x4  5x2  4 trên

, sau đó lấy đối xứng để vẽ đồ thị hàm y  f  x 

y

thì ta giữ nguyên phần đồ thị phía trên trục hoành ta được  P1  , lấy đối xứng phần phía dưới trục hoành qua trục hoành ta được  P2  , khi đó đồ thị hàm số

y  f  x  là  P    P1    P2  . Lúc làm thì quý độc giả có thể vẽ nhanh và suy diễn nhanh. Nhìn vào đồ thị ta thấy để phương trình đã cho có 4 nghiệm thì 0  a 

9 4

 1  m  4 29 Đọc thêm: Đề thi thử lần I của Sở GD- ĐT Hưng Yên có câu 31 giống. Các em tìm đọc thêm.

Lovebook.vn|98

x O

1


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐỀ SỐ 8

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017

THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1: Tập nghiệm của bất phương trình

2

x2  4

 1 .ln x  0 là: 2

B. 1; 2

C. 1; 2 

D. 1; 2 

Câu 2: Đồ thị của hàm số y 

C.

\0 D.  0;  

giữa trục và đường sinh bằng 600. Thể tích của khối nón là: A. 9cm3

 2 m  1 x  3

x1

đường tiệm cận đi qua điểm A  2;7  khi và chỉ khi: A. m  3 B. m  1 C. m  3

D. m  1

Câu 3: Điều kiện cần và đủ của m đề hàm số

y  mx4   m  1 x2  1 có đúng 1 điểm cực tiểu là: A. 1  m  0

C. m  1;   \0

B. m  1

Câu 9: Cho tứ diện ABCD có hai măt ABC, BCD là các tam giác đều cạnh a và nằm trong các mặt phẳng vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD là:

3a 3 a3 a3 3a 3 B. C. D. 4 8 4 8 Câu 10: Cho hình chóp đều S.ABC có đáy bằng a, A.

xứng của A; B; C qua S. Thể tích của khối bát diện

cos2x  C; C  2 cos2x B.  sin 2xdx   C; C  2

có các mặt: ABC; A’B’C’; A’BC; B’CA; C’AB; AB’C’; BC’A’; CA’B’ là:

2 3a 3 4 3a 3 3a 3 C. D. 2 2 2 Câu 11: Phát biểu nào sau đây là đúng? A. 2 3a 3

C.  sin 2 xdx  2cos2x  C; C  D.  sin 2 xdx  cos2x  C ; C  Câu 5: Tập nghiệm của bất phương trình:

log x 3  25  log  10 x  là:

B.

 1  C; C   3 B.   x  1 dx  2  x  1  C ; C  A.



x 2  1 dx  2

B. C.

D.  0; 5    5;  

C.  0;  

C. 18cm3 D. 27 cm3

bằng 600. Gọi A’; B’; C’ tương ứng là các điểm đối

A.  sin 2xdx 

\5

B. 3cm3

góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC 

D. m  1

Câu 4: Phát biểu nào sau đây là đúng?

A.

B.

Câu 8: Cho hình nón có chiều cao bằng 3cm, góc

A.  2; 1  1; 2 

A. 0;  

Câu 6: Hàm số nào trong các hàm số dưới đây có đồ thị phù hợp với hình vẽ bên: y

x

2

x

x

2

2

 1 dx 

x3 2 x3   x  C; C  5 3

x3 2 x3  x 5 3 Câu 12: Hàm số nào trong các hàm số dưới đây có

D.

2

 1 dx 

đồ thị phù hợp với hình vẽ bên: y

x

2 x

-2

A. y  x

3

B. y  x

4

C. y  x

D. y  x 1 3

1 5

B. y  e  x

A. y  e x C. y  log

7

x

D. y  log 0 ,5 x

Câu 7: Tập xác định của hàm số y  x là: 99|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 13: Cho các số thực a , b , c

thỏa mãn

Câu 20: Chuyện kể rằng: Ngày xưa, có ông vua

8  4 a  2b  c  0 . Số giao điểm của đồ thi hàm  8  4 a  2 b  c  0

hứa sẽ thưởng cho một vị quan món quà mà vị

số y  x 3  ax 2  bx  c và trục Ox là:

hạ thưởng cho một hạt thóc thôi ạ! Cụ thể như sau:

A. 0

B. 2

C. 3

D. 1

Câu 14: Một đám vi trùng tại ngày thứ t có số

7000 lượng là N  t  . Biết rằng N '  t   và lúc đầu t2 đám vi trùng có 30000 con. Sau 10 ngày, đám vi trùng có khoảng bao nhiêu con? A. 332542 con

B. 312542 con

C. 302542 con

D. 322542 con

Câu 15: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh a. Thể tích của khối tứ diện ACB’D’ là: a3 a3 a3 C. D. 6 2 3 Câu 16: Cho hình lập phương có cạnh bằng 1.

A. a3

B.

Diện tích mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập

Bàn cờ vua có 64 ô thì với ô thứ nhất thần xin thêm 1 hạt, ô thứ 2 thì gấp đôi ô đầu, ô thứ 3 lại gấp đôi ô thứ 2,… ô sau nhận số hạt thóc gấp đôi phần thưởng dành cho ô liền trước”. Giá trị nhỏ nhất của n để tổng số hạt thóc mà vị quan xin từ n ô đầu tiên (từ ô thứ 1 đến ô thứ n) lớn hơn 1 triệu là: A. 21

B. 19

C. 18

D. 20

Câu 21: Cho a là số thực dương khác 1. Xét hai số thực x1 ; x2 . Phát biểu nào sau đây là đúng? A. Nếu ax1  ax2 thì  a  1 x1  x2   0 B. Nếu ax1  ax2 thì  a  1 x1  x2   0 C. Nếu ax1  ax2 thì x1  x2 D. Nếu ax1  ax2 thì x1  x2 Câu 22: Điều kiện cần và đủ của m để hàm số

phương là: A. 6

quan đươc chọn. Vị quan tâu: “Hạ thần chỉ xin Bệ

C. 

B. 3

D. 2

Câu 17: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình bên. Số đường tiệm cận ngang của đồ thi hàm số y  f  x  là: x

y

x3   m  1 x2  m2  2m x  1 3

nghịch biến

trên  2; 3  là:

A. m  1; 2

B. m 1; 2 

C. m  1

D. m  2

Câu 23: Khối trụ có thiết diện qua trục là hình +

vuông cạnh a  2cm có thể tích là: A. 3cm3

1

B. 4cm3

C. 2cm3

D. cm3

Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho

các điểm A  0; 2; 1 và B 1; 1; 2  . Tọa độ điểm

-1 A. 0

B. 1

C. 3

D. 2

Câu 18: Cho hình trụ có các đường tròn đáy là  O  và  O’ , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Các điểm A; B lần lượt thuộc các đường tròn đáy là (O) và (O’) sao cho AB  3a. Thể tích của khối tứ diện ABOO’ là: a3 A. 2

a3 B. 3

3

C. a

a3 D. 6

1 3 x  mx2  x  1 nghịch biến 3 khi và chỉ khi:

Câu 19: Hàm số y  trên

A. m  \ 1;1

B. m \ 1;1

C. m  1;1

D. m \ 1;1

M thuộc đoạn thẳng AB sao cho: MA= 2MB là: 1 3 1 A.  ;  ;  2 2 2

B.  2; 0; 5 

2 4  C.  ;  ;1  3 3 

D.  1; 3; 4 

Câu 25: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông cân đỉnh A, mặt bên BCC’B’ là hình vuông, khoảng cách giữa AB’ và CC ’ bằng a. Thể tích của khối trụ ABC.A’B’C’ là: A. Câu

26.

B. Hàm

2a3 3 số

C.

2a3

y  f  x

D. a3 có

đạo

hàm

f '  x    x  1  x  3  . Phát biển nào sau đây là 2

đúng? Lovebook.vn|100

2a3 2


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

A. Hàm số có một điểm cực đại

Ngọc Huyền LB

A.

B. Hàm số có hai điểm cực trị

a3 3

B.

.

a3 3 3

C.

.

3a 3 .

D. 3 3a 3 .

C. Hàm số có đúng 1 điểm cực trị

Câu 35. Một người gửi ngân hàng 100 triệu theo

D. Hàm số không có điểm cực trị

thể thức lãi kép, lãi suất 0,5% một tháng (kể từ

Câu 27. Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 0

tháng thứ 2, tiền lãi được tính theo phần trăm của

2 cm, góc ở đỉnh bằng 60 . Diện tích xung quanh

tổng tiền có được tháng trước đó và tiền lãi của

của hình nón là:

tháng trước đó). Sau ít nhất bao nhiêu tháng,

A. 6cm . B. 3cm 2

2

D.  cm .

C. 2cm

2

2

Câu 28. Số nghiệm thực phân biệt của phương 2

2

trình 4x  5.2x  4  0 là: A. 3

B. 2

C. 4

D. 1

Câu 29. Cho hình trụ có bán kính đường tròn đáy

người đó có nhiều hơn 125 triệu? A. 45 tháng

B. 46 tháng

C. 44 tháng

D. 47 tháng

Câu 36. Tập hợp các giá trị của m để đồ thị của hàm số y 

bằng chiều cao và bằng 2 cm. Diện tích xung

8 2 cm . B. 4cm2 . C. 2cm2 D. 8cm2 . 3 Câu 30. Phát biểu nào sau đây là đúng? 8 2 cm . B. 4cm 2 . C. 2cm 2 . D. cm 2 . A. 3 A.

Câu 31. Hàm số y  log 0,5  x 2  2 x A.  0;1 .

đồng biến

C.  ;1 D. 1;  

B. 1; 2 



 2 x  1 4 x 2  4m  1

có đúng

đường tiệm cận là:

quanh của hình trụ bằng:

trên khoảng:

 mx

2x  1 2

Câu 32. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , cạnh SA vuông góc với đáy và

A.  ; 1  {0}  1;   B. {0}. D.  ; 1  1;   .

C. 

Câu 37. Cho các số dương a, b, c , d. Biểu thức

a b c d S  ln  ln  ln  ln bằng: b c d a A. 1 B. 0 a b c d D. ln      b c d e

C. ln  abcd  .

Câu 38. Số nghiệm thực phân biệt của phương 2

1 4x

x 1  x

 24

 4 là:

AB  a, SA  AC  2a. Thể tích khối chóp S.ABC là:

trình 2

2 3a 3 3a 3 2a3 . C. . D. 3a3 . A. B. . 3 3 3 Câu 33. Hàm số nào trong các hàm số sau có bảng

Câu 39. Trên khoảng  0;   , hàm số y  ln x là

-2

+

y'

0

y

0

+

-1 A. y  x  3 x  1.

B. y  2 x 3  6 x 2  1.

C. y  x 3  3 x 2  1

D. y  2 x 3  9 x 2  1

2

Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng

 ABCD ,

D. 0

1 B. y  . x D. y  x ln x  x  C,C  .

Câu 40. Tập nghiệm của bất phương trình ln  x  1 x  2  x  3   1  0 là:

3

3

C. 3

một nguyên hàm của hàm số: A. y 

0

B. 2

1  C ,C  . x C. y  x ln x  x.

biến thiên như hình dưới đây x

A. 1

góc giữa SB với mặt phẳng  ABCD 

A. 1; 2    3;   .

B. 1; 2  3;  

C.  ;1   2; 3

D.  ;1   2; 3

Câu 41. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D, AB  2a, AD  DC  a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  2a. Gọi

M , N là trung điểm của SA và SB. Thể tích của khối chóp S.CDMN là:

0

bằng 60 . Thể tích của khối chóp S.ABCD là:

A.

a3 . 2

B.

a3 . 3

C. a 3 .

D.

a3 . 6

101|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho

A. 2sin  cos . B. 2

C. 2 sin  cos 

D. 4

các điểm A 1; 1;1 , B  0;1; 2  và điểm M thay

Câu 47. Cho hàm số có đồ thị ở hình bên. Phát biểu

đổi trên mặt phẳng tọa độ Oxy  . Gía trị lớn nhất

nào sau đây là đúng?

của biểu thức T  MA  MB là: 6.

A. Câu

12.

B.

43.

Giá

trị

C. lớn

B. Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1

14.

nhất

của

C. Hàm số đồng biến trên  ; 2    0;  

8.

D.

hàm

số

y  sin x  sin x là: 4

3

A. 0 Câu

Tập

D. Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x  2. Câu 48. Tam giác ABC vuông tại

B. 2

44.

A. Hàm số nghịch biến trên  2;0 

C. 3

nghiệm

của

trình

log 2 x 2  1  log 2 2 x là:

quanh đường thẳng AB một góc 3600 ta được một khối tròn xoay. Thể tích của khối tròn xoay đó là:

 1  2  A.    2 

B. {2,4}.

C. 1  2;1  2

a 3 a 3 D. . 3 2 Câu 49. Điều kiện cần và đủ của m để hàm số

A. a3

D. 1  2

Câu 45. Ngày 1/7/2016, dân số Việt Nam khoảng 91,7 triệu người. Nếu tỉ lệ tăng dân số Việt Nam hàng năm là 12% và tỉ lệ ổn định 10 năm liên tiếp thì ngày 1/7/2026 dân số Việt Nam khoảng bao nhiêu triệu người?

B. 3a3

C.

mx  5 đồng biến trên từng khoảng xác định là x1 A. m  5. B. m  5. C. m  5. D. m  5 Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , các y

điểm A 1;2;3  , B 3;3;4 , C  1;1;2 

A. 104,3 triệu người

B. 103,3 triệu người

A. thẳng hàng và A nằm giữa B và C

C. 105,3 triệu người

D. 106,3 triệu người

B. thẳng hàng và C nằm giữa A và B

Câu

46.

2sin  2cos  4sin 4

4

Cho 2

cos 

Lovebook.vn|102

AB  3a, BC  a. Khi quay hình tam giác đó xung

D. -1 phương

B

2

     0;  .  2

bằng:

Biểu

thức

C. thẳng hàng và B nằm giữa C và A D. là ba đỉnh của một tam giác


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT 1A 11C 21A 31B 41B

2C 12C 22A 32B 42A

3D 13C 23 33C 43B

4A 14B 24C 34A 44D

5D 15B 25A 35A 45B

6A 16B 26C 36B 46B

7B 17D 27C 37B 47A

8D 18D 28A 38D 48A

9C 19C 29D 39B 49D

10C 20D 30D 40A 50A

Câu 1: Đáp án A. Điều kiện: x  0

2

x2  4

 2 x2  4  1  0   ln x 2  0 2  1 .ln x  0   2  2 x  4  1  0  2  ln x  0

2  x  2 2 x2  4 x2  4     2  x  1 1  0  20  2 2 x  4  0 TH1:  .   2   x  1  2 2    1  x  2  x  1 x  1 ln x  0 ln x  ln1  2 x2  4   1  0 2 x  4  0  TH2:  ( loại).  2 2   x  1 ln x  0

Câu 2: Đáp án C. Phân tích: Đồ thị hàm số đã cho là đồ thị hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất nên sẽ có hai tiệm cận, ta đã xác định được tiệm cận đứng là x  1 , mà đường tiệm cận đứng không đi qua điểm A  2;7  . Do đó ta đi xét luôn đến tiệm cận ngang là y  2m  1 . Để đường TCN của đồ thị hàm số đi qua A  2; 7  thì 2m  1  7  m  3 .

Câu 3: Đáp án D Phân tích: Đây là bài toán quen thuộc của các bài toán liên quan đến cực trị. Ghi nhớ: Xem bảng trang 38 SGK cơ bản.

Nhận thấy, với m  0 thì hàm số đã cho trở thành y  x 2  1 là hàm số bậc hai có đồ thị là parabol có duy nhất một điểm cực tiểu. Nên m  0 thỏa mãn. Với m  0 thì đây là hàm số bậc bốn trùng phương, ta đi tìm điều kiện để đồ thị

hàm số có duy nhất một điểm cực tiểu. Lời giải: Với m  0 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Với m  0 , để đồ thị hàm số đã cho có duy nhất một điểm cực tiểu thì Trường hợp 1: Đồ thị hàm số có duy nhất một điểm cực trị và đó là điểm cực tiểu khi: Hệ số a của hàm số đã cho dương và phương trình y '  0 có duy nhất một nghiệm.

a  m  0   m  0.  m  1 m  0 Trường hợp 2: Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị, trong đó có 1 điểm cực tiểu và hai điểm cực đại. Khi đó Hệ số a âm và € y '  0 có ba nghiệm phân biệt: 103|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

a  m  0  m  1   m  1 m  0 Kết hợp các trường hợp ta có m  1 Câu 4: Đáp án A. Ta nhận thấy:

Ghi nhớ:

 sin  ax  b  dx 1   .cos  ax  b   C a

1 Với A: Ta có  sin  ax  b  dx   .cos  ax  b   C . a 1 Áp dụng công thức trên ta có  sin 2xdx  cos 2x  C. Vậy A đúng. 2 Câu 5: Đáp án D. Điều kiện: x  0

log x 2  25  log  10 x   x2  25  10x  x2  10x  25  0   x  5   0 2

Ghi nhớ:

A2  x   0  A  x   0

x5

Kết hợp điều kiện thì ta được x   0; 5   5;   .

Sau khi giải nhớ kết hợp điều kiện.

Câu 6: Đáp án A Ta chọn A luôn vì đây là dạng đồ thị hàm số bậc ba không có điểm cực trị, mà ở đây có duy nhất phương án A thỏa mãn.

S

Câu 7: Đáp án B. 1

Nhận thấy hàm số y  x 3 xác định trên Câu 8: Đáp án D Ta có hình vẽ mặt cắt của mặt phẳng chứa trục của hình nón và vuông góc với

A

mặt đáy. Ở đây SH là trục của hình nón, SA, SB là các đường sinh, Khi đó góc

B

H

giữa trục và đường sinh là HSB  60 . Tam giác SHB vuông tại H nên HB  tan HSB tan HSB  3. tan 60  3 3 .

A

Mặt khác HB chính là bán kính của hình tròn đáy khối nón, do đó thể tích khối

 

1 1 nón là: V  .B.h  .3. 3 3 3 3 Câu 9: Đáp án C

2

  27 

Ta có hình vẽ của tứ diện

D

Nhận xét hai mặt phẳng  ABC  và  BCD  vuông góc với nhau có BC là giao

B

tuyến. Gọi H là trung điểm của BC suy ra AH  BC ( do tam giác ABC là tam giác

H

đều).

C

Suy ra AH   BCD  , hay AH là đường cao của tứ diện ABCD. Mặt khác

1 1 a2 3 a 3 a3 a 3 .  . Do vậy VABCD  .SBCD .AH  . . 3 3 4 2 8 2 Câu 10: Đáp án C AH 

B’ A’

C’

Thể tích khối bát diện đã cho là

1 V  2VA ' B'C ' BC  2.4VA '.SBC  8VS. ABC  8. SG.SABC 3

S

a Lovebook.vn|104

A

G

C

B


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ta có: SA; ABC

tan SAG 

Ngọc Huyền LB

  SAG  60 . Xét SGA vuông tại G : 0

SG  SG  AG.tan SAG  a. AG

1 3

1 3

Vậy V  8. SG.SABC  8. .a.

a 2 3 2 3a 3  . 4 3

Câu 11: Đáp án C. Ta có

 x

2

2

 1 dx   x4  2 x2  1 dx 

x5 2 3  x  x  C; C  5 3

.

Câu 12: Đáp án C. Ta thấy đồ thị hàm số nhận trục Oy Mặt khác lim y   và lim y   . Do đó đây là đồ thị của hàm số logarit có x 0

x 

cơ số a  1 nên ta chọn C. Câu 13: Đáp án C. Ta thấy 8  4a  2b  c  y  2   0 và 8  4a  2b  c  y  2   0 . Ta có y '  3x 2  2ax  b  0 có  '  a2  3b 8  4 a  2 b  c  0  b  4b  16  b  4 Mặt khác hệ bất phương trình   8  4 a  2 b  c  0 Do b  4 nên  '  0 , từ đây suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt b 4 x1 ; x2 . Mặt khác x1 x2    nên phương trình đã cho có hai nghiệm trái 3 3 dấu. Đặt x1  0  x2 khi đó x1 ; y  x1  là điểm cực đại, và x2 ; y  x2  là điểm

cực tiểu. Mặt khác ta có y  2   0 , do hàm số đạt cực đại tại x1 , mà -2 là điểm lân cận x1 nên y  x1   y  2   0 . Tương tự thì ta suy ra được y  x2   y  2   0 . Suy ra y  x1  .y  x2   0 , suy ra hai điểm cực trị của đồ thị hàm số nằm về hai phía trục Ox, từ đây suy ra đồ thị hàm số đã cho luôn cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt. Trên đây là cách tư duy suy luận, không phải là một lời giải chi tiết một bài toán nên cách trình bày không được đúng chuẩn mực toán học. Câu 14: Đáp án B Ta thấy đây là dạng bài toán tìm nguyên hàm mà tôi đã giới thiệu ở câu 22 đề số 2 sách bộ đề tinh túy Toán 2017. Lời giải: Ta có: N  t   

7000 dt  7000.ln t  2  C . Do ban đầu đám vi trùng có 300 000 t2 nên C  300000 , đến đây thay t  10 ta được

N 10   7000.ln12  300000  317394.3465 B

A D

Câu 15: Đáp án B. Ta có hình vẽ:

C

Câu này giống câu 39 đề THTT lần 5 mà tôi đã public. Nhìn vào hình vẽ ta thấy nếu đi tính trực tiếp thể tích khối tứ diện ACD’B’ là B’

A’ D’

khá lâu, do đó ta sẽ đi tìm một cách gián tiếp như sau:

C’ 105|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Lời giải: Ta có VACD' B'  VABCD. A' B'C ' D'  VD' ADC  VB' ACB  VCB'C ' D'  VAA' B' D' . Mặt khác ta nhận thấy VD' ADC  VB' ACB  VCB'C ' D'  VAA' B' D'

 1 1  .a. .SABCD  a3 3 2 6

1 a3 Do vậy VACD' B'  a3  4. a3  . 6 3

Nhớ: Khi việc tính thể tích của khối đề bài yêu cầu quá khó để thiết lập công thức, ta nên chuyển hướng sang cách làm gián tiếp

Câu 16: Đáp án B. Ta thấy mặt cầu đi qua các đỉnh của hình lập phương có đường kính là đường chéo của hình lập phương. Mà hình lập phương có cạnh là 1, do đó áp dụng công thức về đường chéo khối hộp tôi đã đưa ra ở các đề trước thì ta có

d  2 R  12  12  12  3  R 

3 . Khi đó diện tích mặt cầu là: 2

Nhớ: Công thức tính đường chéo hình hộp chữ nhật có kích thước là a, b, c là l  a  b  c 2

2

2

2

 3 S  4R  4.    3 .  2    Câu 17: Đáp án D. 2

Nhìn vào BBT ta thấy lim y  1 và lim y  1 nên đồ thị hàm số có hai TCN là x 

x 

x  1; x  1 Câu 18: Đáp án D. Kí hiệu như hình vẽ. Ta có tam giác A’AB vuông tại A’ nên A ' B  AB2  A ' A 2  a 2 .

A

O

Tam giác A’O’B có A ' O '2  O ' B2  a2  a2  2a2  A ' B2  tam giác A’O’B vuông cân tại O’. Từ đó suy ra O ' B  A ' O ' .

Ta có O ' B  A ' O '; O ' B  O ' O nên O ' B   AOO ' A '  hay O ' B   AOO '  . Nên từ đây ta có O’B là đường cao của khối tứ diện ABOO’. Vậy 1 1 1 a3 VABOO '  .O ' B.SAOO '  ..a. .a.a  . 3 3 2 6 Câu 19: Đáp án C

O’ A’

B

Ta có y '   x 2  2 mx  1 .

1  0 nên để hàm số 3 thì phương trình y '  0 vô nghiệm hoặc có nghiệm

Nhận thấy hàm số đã cho là hàm số bậc ba có hệ số a   đã cho nghịch biến trên

kép, hay  '  m2  1  0  1  m  1 Câu 20: Đáp án D. Bài toán tương tự đã xuất hiện trong câu 21 đề số 12 sách bộ đề tinh túy ôn thi THPT QG 2017. Từ dữ kiện đề bài suy ra số thóc ở ô thứ n sẽ là 2 n1 hạt. Vậy tổng số thóc từ ô 1 đến ô thứ n là 1  2  22  23  ...  2n1 

2n  1  2n  1 với 1  n  64; n  2 1

Để số hạt thóc lớn hơn 1 triệu thì 2 n  1  1000 000  2n  1000 001 n  log 2 1000001  19,93157 . Vậy n  20 .

Câu 21: Đáp án A. Với phương án A: ta thấy Lovebook.vn|106

Nhớ: Công thức sử dụng bên cạnh là công thức tính tổng cấp số nhân.


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Nếu 0  a  1 thì x1  x2

Ngọc Huyền LB

Nếu a  1 thì x1  x2 . Từ đây suy ra  a  1 x1  x 2  0 . Ta chọn A, và không cần xét các phương án còn lại. Câu 22: Đáp án A.

Ta có y '  x2  2  m  1 x  m2  2m

x3   m  1 x2  m2  2m x  1 nghịch biến trên  2; 3  thì y '  0 3 với mọi x   2; 3  . Tức là khoảng  2; 3  nằm trong khoảng hai nghiệm phương Để hàm số y 

Nhớ: Áp dụng cách xét dấu tam thức bậc hai, trong trái ngoài cùng, ở đây hệ số 1  0 , do đó trong khoảng 2 nghiệm

trình y '  0 .

 m  12  m2  2 m  0 1  0   '  0     x1  2  x2  2   0   x1 x2  2  x1  x2   4  0   x1  2  3  x2    x1 x2  3  x1  x2   9  0  x1  3  x2  3   0

thì y'  0

2 2   0  m  2 m  2m  2.2.  m  1  4  0 m  2m  0 1 m 2  2  2  1 m 3 m  2 m  3.2. m  1  9  0 m  4 m  3  0        Câu 24: Đáp án C

Do điểm M nằm trên đoạn AB nên AM  2 MB . Từ đây suy ra x M  x A  2  xB  x M   x M 

2 xB  x A 3

2 . Chọn luôn C. 2

Câu 25: Đáp án A. B

C

Ta thấy

 ABB ' A '   d CC '; AB '   d CC ';  ABB ' A '    d C ';  ABB ' A '    a Mặt khác ta có C ' A '  BB '; C ' A '  A ' B '  C ' A '   ABB ' A '   C ' A '  a . Khi C 'C

A

đó B ' C '  a 2 ( do tam giác A’B’C’ vuông cân tại A’ ). Mà BCC ' B ' là hình B’

C’

vuông nên chiều cao hình lăng trụ là BB '  B ' C '  a 2 . Vậy

1 a3 2 VABC . A ' B ' C '  .a2 .a 2  . 2 2 Câu 26: Đáp án C.

A’

x  1 Ta có f '  x   0   , tuy nhiên ta thấy f '  x  không đổi dấu khi qua x  1 , x  3

do đó x  1 không phải là điểm cực trị của hàm số. Vậy hàm số có đúng một điểm cực trị là x  3 . Câu 27: Đáp án C.

S

Ta có hình vẽ: Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón là S  Rl . Ở đây t còn thiếu R do đó ta sẽ đi tìm R dựa vào các dữ kiện đã biết. Lời giải: Áp dụng định lý hàm cos cho tam giác SAB ta được

A

AB2  SA 2  SB2  2.SA.SB.cos ASB  AB  2 2  2 2  2.2.2.cos 60  2

B

Mà AB  2R  R  1 . Vậy S  R.l  .1.2  2 . Câu 28: Đáp án A. 107|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Xét phương trình 4x  5.2x  4  0 . Nếu đặt 2 x  a  a  0  thì phương trình đã 2

2

2

a  4 cho trở thành a2  5.a  4  0   . a  1

Nhận xét với a  4 thì x2  2  x  2; x   2 Với a  1 thì x2  0  x  0 . Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thực phân biệt. Câu 29: Đáp án D. Ta có diện tích xung quanh của hình trụ được tính bằng công thức S  2R.h  2.2.2  8

Câu 30: Đáp án D. Ở phần giải chi tiết đề THTT 05 tôi đã nhắc đến việc nhớ công thức đạo hàm là

 tan x '  1  tan Vậy ở đây

 tan

Nhớ:  tan x  '  tan 2 x  1

2

x

2

xdx   tan 2 x  1  1 dx  tan x  x  C .

Câu 31: Đáp án B Điều kiện xác định: x2  2x  0  0  x  2

Xét hàm số y  log 0 ,5  x 2  2 x có tập xác định D   0; 2 

y' 

 x

2 x  2 2

 2 x .ln 0, 5

 ln 0, 5  0 Nhận thấy  2 do đó y '  0  2x  2  0  x  1 .   x  2 x  0

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên  1; 2  .

S

Câu 32: Đáp án B Tam giác ABC vuông tại B nên BC  AC 2  AB2  4a 2  a 2  a 3

1 1 1 a3 3 Thể tích khối chóp S.ABC là V  . .AB.BC.SA  .a.a 3.2a  . 3 2 6 3 Câu 33: Đáp án C Nhận xét nhìn vào BBT ta thấy đây là bảng biến thiên của hàm số bậc ba có hệ số a  0 . phương trình y '  0 . Tức y '  0  x  x  2   0  x2  2x  0  3x2  6x  0 . Đến đây ta loại được B và D. Với x  0 thì y  1 do đó chọn C. Câu 34: Đáp án A. Nhận xét: Ta thấy do SA là đường cao của hình chóp SABCD do đó hình chiếu

của SB lên  ABCD  là AB . Từ đây suy ra SB,  ABCD   SBA  60 . Tam giác SBA vuông tại A  SA  AB. tan SBA  a. tan 60  a 3 . 1 1 a3 Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là V  .SA.SABCD  .a 3.a2  . 3 3 3

Lovebook.vn|108

2a

C

A a

Hàm số có hai điểm cực trị là x  2 ; x  0 . Do đó x  2; x  0 là nghiệm của

Câu 35: Đáp án A.

2a

B


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Sau tháng thứ hai số tiền người đó có trong ngân hàng là: A.  1  0, 5%   A. 1  0, 5%  .0, 5%  A. 1  0, 5% 

2

Sau tháng thứ ba, số tiền người đó có trong ngân hàng là A.  1  0, 5% 

3

… Sau tháng thứ n số tiền lãi nhận được là: A.  1  0, 5%   100. 1  0, 5%   125  n  log 1 0 ,5% 1, 25  44, 74 n

n

Do vậy sau ít nhất 45 tháng người đó sẽ có nhiều hơn 125 triệu. Câu 36: Đáp án B Ta có: Với m  0 thì hàm số đã cho có dạng y 

2x  1

 2x  1  4x

2

1

1 , trong TH 4 x2  1

1 x 2  0 ; lim 1  0 . Vậy đồ thị hàm số x  4 x 2  1 1 4 2 x có một tiệm cận ngang y  0 . ( thỏa mãn). Đến đây ta loại được C và D. 1  lim này hàm số có lim 2 x  4 x  1 x 

Với m  0 thì xét phương trình

 mx

2

 mx2  2 x  1  0  2 x  1 4 x2  4mx  1  0  *    2  4 x  4mx  1  0



Để đồ thị hàm số đã cho có duy nhất một tiệm cận thì phương trình  *  vô nghiệm ( do đồ thị hàm số luôn có một tiệm cận y  0 ).

1  m  0 m  1    m  . 2  2m   4  0 1  m  1 Kết luận: Chỉ có m  0 thỏa mãn. Câu 37: Đáp án B. Do a, b, c, d là các số dương nên các biểu thức S xác định. Áp dụng công thức: ln x  ln y  ln xy ta được: a b c d S  ln  . . .   ln 1  0 . b c d a

Câu 38: Đáp án D Điều kiện x  0 Ta có 2

x

1 4x

x 1  x

 24

 4 1

Với x  0 thì VT  4 , do đó x  0 Ta có áp dụng Bđt Cauchy thì x

1

x 1 1  2 x.  1  2 4 x  21  2 . 4x 4x x 1

 x 1 x 1   2. .  2  2 4 x  21  2 . 4 x 4 x

109|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Từ đây suy ra 2

x

1 4x

x 1  x

 24

 2 1 x   4 (Dấu bằng xảy ra khi vaf chir khi  4 (vô x2  2 

lý)). Vậy phương trình đã cho VN. Câu 39: Đáp án B. Ta có  ln x  ' 

1 , do đó ta chọn B. x Chú ý: Nhiều bạn nhầm lẫn giữa A và B, tuy nhiên ở đây ta đi tìm biểu thức đạo hàm của hàm số y  ln x chứ không phải tìm nguyên hàm nên không có C. Câu 40: Đáp án A. Ta có điều kiện:  x  1 x  2  x  3  1  0  x3  6x2  11x  5  0 Khi đó ln  x  1 x  2  x  3   1  0   x  1 x  2  x  3   1  1

1  x  2   x  1 x  2  x  3   0   ( Thỏa mãn điều kiện). x  3

Câu 41: Đáp án B Do ở đây là hình chóp tứ giác không phải là tứ diện nên không áp dụng được

S

công thức tỉ lệ thể tích. Tuy nhiên, nếu chia đáy khối chóp thành 2 phần thì ta có thể áp dụng dễ dàng. Ta có SABCD 

1 1 3 AB  CD  .AD  .  2a  a  .a  a2  2 2 2

N

M

A

1 3 VSABCD  . a2 .2a  a3 . 3 2 1 1 1 2 Ta có SABC  .AD.AB  .2a.a  a2  SABCD  SADC  SABCD . 2 2 3 3  2 VSABC  3 VSABCD Từ đây suy ra  *  1 V  V  SADC 3 SABCD

B

D

C

Áp dụng công thức tỉ lệ thể tích ta có

VSMNC VSABC VSMCD VSACD

SM SN SC 1 1 1 2 1 . .   VSMNC  VSABC  . VSABCD  VSABCD SA SB SC 4 4 4 3 6

SM SC SD 1 1 1 1 1 . .   VSMCD  VSADC  . .VSABCD  VSABCD SA SC SD 2 2 2 3 6

1 a3 Từ đây ta có VSMNCD  VSABCD  3 3 Câu 42: Đáp án A.

B’ A

Nhận xét: A , B nằm về hai phía so với mặt phẳng Oxy  , gọi B’ là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng Oxy  . Khi đó B '  0;1; 2  và

M

MA  MB  MA  MB ' . Gọi I là giao điểm của AB’ với mặt phẳng Oxy  . B

Lovebook.vn|110

I


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác MAB ' ta có MA  MB '  AB ' . Dấu bằng xảy ra khi M  I . Khi đó MA  MB  MA  MB '  AB ' 

1  0    1  1  1  2  2

2

2

 6.

Câu 43: Đáp án B. Đặt sin x  t; t  1;1 . Xét hàm số y  f  t   t 4  t 3 trên  1; 1 .

t  0 Khi đó y '  f '  t   4t 3  3t 2  0   3 t   4

 Ta có Max y   f  1 ; f 1 ; f  0  ;   1;1 

 3  f     f  1  2  4 

Câu 44: Đáp án D. Điều kiện: x  1 .  x  1  2 TM  BPT  x 2  1  2 x  x 2  2 x  1  0   x  1  2 l 

Câu 45: Đáp án B Từ ngày 1/7/2016 đến ngày 1/7/2026 thì được 10 năm, khi đó số dân của Việt Nam là : N  91,7.  1  1, 2%   103, 317 10

Câu 46: Đáp án B. Ta có 2sin .2cos .4sin 4

4

2

 .cos 2 

 2sin

4

cos 4  2.sin 2  .cos 2 

2

 sin

2

 cos2 

  21  2 2

Câu 47: Đáp án A.

Nhận thấy A đúng, do trên khoảng  2; 0  thì đồ thị hàm số đi xuống, do đó hàm số nghịch biến trên  2; 0  . B và D sai vì đây là hàm số đạt cực trị tại các điểm đó chứ không phải đạt GTLN, GTNN. C sai vì hàm số không đồng biến trên một tập số, diễn đạt lại nhưu sau: “Hàm số đồng biến trên  ; 2  và  0;   .” Câu 48: Đáp án A. Khi quay hình tam giác ABC xung quanh đường thẳng AB ta được một khối nón tròn xoay có đỉnh A, đường cao AB, bán kính đáy R  BC . Vậy thể tích

1 1 khối nón là V  ..BC 2 .AB  ..a2 .  3a   a3 3 3 Câu 49: Đáp án D. Ta có y ' 

m5

 x  1

2

để hàm số đã cho luôn đồng biến trên từng khoảng xác định

thì m  5  0  m  5 . Câu 50: Đáp án A. Ta có AB   2;1;1 ; AC   2; 1; 1 , từ đây ta thấy AB   AC , suy ra A là trung điểm của BC.

111|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

ĐỀ SỐ 9

ĐỀ MINH HỌA KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 LẦN 2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 2. Đồ thị của hàm số y  x  2 x  2 và đồ thị 4

2

x x y'

0

-

Câu 1. Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận 2x  1 đứng của đồ thị hàm số y  ? x1 A. x=1. B. y  1. C. y  2. D. x  1.

C. 1.

D. 2.

đoạn 2 ; 2 và có đồ thị là đường cong trong

hình vẽ bên. Hàm số f  x  đạt cực đại tại điểm nào dưới đây?

4 2

y x 2

-2 -1 O x -2

1 2

x 2 2

-4

B. x  1.

C. x  1.

D. x  2.

Câu 4. Cho hàm số y  x 3  2 x 2  x  1. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? 1  A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 1  . 3   1 B. Hàm số nghịch biến trên khoảng   ;  . 3 

1  C. Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 1  . 3  D. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 

Câu 5: Cho hàm số y  f  x  xác định trên

\0 ,

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

2

-1

sao cho phương trình f  x   m có ba nghiệm thực phân biệt. A. 1; 2  . B.  1; 2  .

C.  1; 2  . D.   ; 2  . x2  3 Câu 6. Cho hàm số y  . Mệnh đề nào dưới x1 đây đúng ? A. Cực tiểu của hàm số bằng 3. B. Cực tiểu của hàm số bằng 1. C. Cực tiểu của hàm số bằng 6. D. Cực tiểu của hàm số bằng 2. Câu 7. Một vật chuyển động theo quy luật 1 s   t 3  9t 2 , với t (giây) là khoảng thời gian 2 tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 10 giây, kết từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bao nhiêu? A. 216 (m/s). B. 30(m/s). C. 400 (m/s). D. 54 (m/s). Câu 8. Tìm tất cả các tiệm cận đứng của đồ thị hàm 2 x  1  x2  x  3 , x 2  5x  6 A. x  3 và x  2. B. x  3. C. x  3 và x  2 D. x  3. Câu 9. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số

số y 

thực m để hàm số y  ln x 2  1  mx  1 đồng biến trên khoảng   ;   .

A.  ; 1 . B.  ; 1 . C. 1;1 . D. 1;   . Câu 10. Biết M  0 ; 2  , N  2 ;2  là các điểm cực trị của đồ thị hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d. Tính giá trị của hàm số tại x  1. A. y  2   2. C. y  2   6.

Lovebook.vn|112

-

Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m B. 4.

Câu 3. Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên

A. x  2.

0

+ x

y Y

của hàm số y   x 2  4 có tất cả bao nhiêu điểm chung? A. 0.

1

B. y  2   22.

D. y  2   18.


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Câu 11. Cho hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? y x

Ngọc Huyền LB

A. S   2 ;   .

B. S    ; 2  .

1  C. S   ; 2  . 2  Câu 18. Tính

D. S   1; 2  .

A. y' 

1

O x

C. y' 

A. a  0 ,b  0,c  0,d  0. B. a  0 ,b  0 ,c  0,d  0. C. a  0 ,b  0 ,c  0,d  0. D. a  0 ,b  0,c  0,d  0.

2 x 1 1 x 1

1

x 1 1 x 1

của

hàm

số

a a ln a C. ln  D. ln  ln b  ln a. . b b ln b Câu 13. Tìm nghiệm của phương trình 3x1  27. . A. x  9. B. x=3. C. x=4. D. x  10. Câu 14. Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức s t  =s  0  .2t , trong đó s  0  là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s(t) là số lượng vi khuẩn A có sau t phút. Biết sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con ? A. 48 phút. B. 19 phút. C. 7 phút. D. 12 phút. Câu 15. Cho biểu thức P  x. x2 x3 , vớ 4

3

Mệnh đề nào dưới đây đúng ? 13

1

2

.

A. P  x 2 . B. P  x 24 . C. P  x 4 . D. P  x 3 Câu 16. Với các số thực dương a,b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?  2a3  A. log2    1  3 log2 a  log2 b.  b   2a3  1 B. log2    1  log2 a  log2 b. 3  b   2a3  C. log2    1  3 log2 a  log2 b.  b   2a3  1 D. log2    1  log2 a  log2 b. 3  b  Câu 17. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 1  x  1  log 1  2 x  1 .

. B. y' 

. D. y' 

1 1 x 1

.

2

x 1 1 x 1

.

Câu 19. Cho ba số thực dương a,b,c khác 1. Đồ thị các hàm số y  a x , y  b x , y  c x được cho trong hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?

Câu 12. Với các số thực dương a,b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng ? A. ln  ab  ln a  ln b. B. ln  ab   ln a.ln b.

2

hàm

y  ln 1  x  1 . x

1

đạo

y x

x O x

A. a  b  c.

B. a  c  b.

C. b  c  a.

D. c  a  b.

Câu 20. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình 6x   3  x  2x  m  0 có nghiệm thuộc khoảng  0 ; 1 .

A. 3; 4  . B. 2; 4  . C.  2; 4  . D.  3; 4  . Câu 21. Xét các số thực a,b thỏa mãn a >b >1. Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức

a P  log 2a  3log b  . b b A. Pmin  19.

B. Pmin  13.

C. Pmin  14.

D. Pmin  15.

Câu 22. Tìm f  x   cos 2x. A.

nguyên

hàm

của

hàm

số

 f  x dx  2 sin 2x  C. 1

1  f  x dx   2 sin2x  C. C.  f  x  dx  2sin 2 x  C. D.  f  x  dx  2sin 2 x  C. B.

2

113|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 23. Cho hàm số f  x  có đạo hàm trên đoạn 2

1; 2 , f 1  1 và f  2   2. Tính I   f '  x dx

tiền để trồng hoa trên dải đất đó ? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn.)

1

7 A. I  1. B. I  1. C. I  3. D. I  . 2 Câu 24. Biết F  x  là một nguyên hàm của hàm số 1 và F  2   1. Tính F  3 . f  x  x 1 A. F  3  ln 2  1. B. F  3  ln 2  1. 7 D. F  3   . 4

1 C. F  3   . 2 4

Câu 25. Cho

y Y

2

0

Câu 25: Cho

A. 7.862.000 đồng. B.7.653.000 đồng. C. 7.128.000 đồng. D. 7.826.000 đồng. Câu 29: Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của số phức z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z.

f  x dx  16. Tính I   f  2 x  dx.

0

B. I  8.

A. I  32.

8m

D. I  4.

C. I  16.

4

2

0

0

O M -4

 f  x  dx  16. Tính I   f  2x  dx.

B. I  8 C. I  16 D. I  4 4 dx Câu 26: Biết  2  a ln 2  b ln 3  c ln 5, với a, 3 x x b, c là các số nguyên. Tính S  a  b  c A. S  6 B. S  2 C. S  2 D. S  0 Câu 27: Cho hình thang cong  H  giới hạn bởi các A. I  32

đường

y  e x , y  0, x  0 và

thẳng x  k (0  k  ln4) chia

x  ln 4. Đường

 H  thành

hai phần

có diện tích là S1 và S2 như hình vẽ bên.

3 M

x

M x

A. Phần thực là 4 và phần ảo là 3. B. Phần thực là 3 và phần ảo là 4i C. Phần thực là 3 và phần ảo là 4 D. Phần thực là 4 và phần ảo là 3i Câu 30: Tìm số phức liên hợp của số phức z  i( 3i  1). A. z  3  i

B. z  3  i

C. z  3  i

D. z  3  i

Câu 31: Tính môđun của số phức z thỏa mãn z( 2  i )  13i  1.

y x

A. z  34

B. z  34

34 5 34 D. z  3 3 Câu 32: Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần ảo C. z 

x O x

dương của phương trình 4z2  16z  17  0. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức w  iz0 ?

k O

Tìm k để S1  2S2 .

2 A. k  ln 4 3

B. k  ln 2

8 D. k  ln 3 3 Câu 28: Ông An có một mảnh vườn hình elip có độ dài trục lớn bằng 16m và độ dài trục bé bằng 10 m. Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và nhận trục bé của elip làm trục đối xứng (như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng hoa là 100.000 đồng/1 m2 . Hỏi ông An cần bao nhiêu C. k  ln

Lovebook.vn|114

1  A. M1  ; 2  2   1  C. M3   ; 1   4 

 1  B. M2   ; 2   2  1  D. M4  ; 1  4 

Câu 33: Cho số phức z  a  bi  a,b 

thỏa mãn

1  i )z  2z  3  2i. Tính P  a  b. 1 1 A. P  B. P  1 C. P  1 D. P   2 2 thỏa mãn z Câu 34: Xét số phức ( 1  2i ) z 

10 2  i. Mệnh đề nào dưới đây đúng? z


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

3 B. z  2  z 2 2 1 1 3 C. z  D.  z  2 2 2 Câu 35: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a và thể tích bằng a 3 . Tính chiều cao h của hình chóp đã cho

C. V  3 a2 h D. V   a2 h Câu 41: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A' B'C' D' có AB  a, AD  2a, AA'  2a. Tính bán kính R

A.

3a 3a 3a B. h  C. h  D. h  3a 6 2 3 Câu 36: Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng ? A. h 

của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABB'C' 3a 3a A. R  3a B. R  C. R  D. R  2a 4 2 Câu 42: Cho hai hình vuông cùng có cạnh bằng 5 được xếp chồng lên nhau sao cho đỉnh X của một hình vuông là tâm của hình vuông còn lại (như hình vẽ bên). Tính thể tích V của vật thể tròn xoay khi quay mô hình trên xung quanh trục XY X x

A. Tứ diện đều. B. Bát diện đều. C. Hình lập phương. D. Lăng trụ lục giác đều. Câu 37: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích V của khối chóp A.GBC A. V  3 B. V  4 C. V  6 D. V  5 Câu 38: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A' B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh

AC  2 2 . Biết AC' tạo với mặt phẳng

 ABC 

một góc 600 và AC'  4. Tính thể tích V của khối đa diện ABCB'C'. A. V 

8 3

B. V 

8 3 16 C. V  D. 3 3

16 3 3 Câu 39: Cho khối nón  N  có bán kính đáy bằng 3 V

và diện tích xung quanh bằng 15 . Tính thể tích V của khối nón  N  A. V  12 B. V  20 C. V  36 D. V  60 Câu 40: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A' B'C' có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h. Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho.  a2 h  a2 h A. V  B. V  9 3

A. V  C. V 

125 1  2 

6

Y y

125 5  4 2 

B. V 

125 5  2 2 

D. V 

12

125 2  2 

24 4 Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho

hai điểm A  3 ; 2 ; 3 và B  1; 2 ; 5  . Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB. A. I  2 ; 2 ; 1

B. I 1; 0 ; 4 

C. I  2 ; 0 ; 8 

D. I  2 ; 2 ; 1

Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho x  1  đường thẳng d  y  2  3t  t  z  5  t 

.

Vecto nào dưới

đây là vecto chỉ phương của d? A. u1   0 ; 3 ; 1

B. u2  1; 3 ; 1

C. u3   1; 3 ; 1

D. u4   1; 2 ; 5 

Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 1; 0 ; 0  ; B  0 ; 2 ; 0  ;C  0 ; 0 ; 3 . Phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt phẳng  ABC ?

x y z x y z B.   1   1 3 2 1 2 1 3 x y z x y z C.  D.   1  1 3 1 2 1 2 3 Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, A.

115|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt cầu có tâm I 1; 2 ;1 và tiếp xúc với mặt phẳng  P  : x  2y  2z  8  0?

A. ( x  1)2  ( y  2 )2  ( z  1)2  3. B. ( x  1)2 ( y  2 )2  ( z  1)2  3. C. ( x  1)2  ( y  2 )2  ( z  1)2  9. D. ( x  1)2 ( y  2 )2  ( z  1)2  9.

The best or nothing

AM BM AM 1 AM B.  2 BM 2 BM AM 1 AM C. D.  3 BM 3 BM Câu 49: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết A.

phương trình mặt phẳng  P  song song và cách

Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho

đều

x1 y z 5 và mặt phẳng   1 3 1  P  : 3x  3y  2z  6  0. Mệnh đề nào dưới đây

d2 :

đường thẳng d :

đúng?

A. d cắt và không vuông góc với  P  . B. d vuông góc với  P  . C. d song song với  P  . D. d nằm trong  P  .

Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  2 ; 3 ; 1 và B  5 ; 6 ; 2  . Đường thẳng

AB cắt mặt phẳng Oxz  tại điểm M. Tính tỉ số

Lovebook.vn|116

hai

đường

thẳng

d1 :

x2 y z   ; 1 1 1

x y 1 z  2   2 1 1 A.  P  : 2x  2z  1  0. B.  P  : 2 y  2z  1  0.

C.  P  : 2x  2 y  1  0. D.  P  : 2 y  2z  1  0. Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét các điểm A  0;0;1 ; B  m;0;0  ; C  0; n;0  ; D 1;1;1 , với m  0 ;n  0 và m  n  1. Biết rằng khi m, n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  ABC  và đi qua d. Tính bán kính R của mặt cầu đó? A. R  1

B. R 

2 3 C. R  2 2

D. R 

3 2


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT 1D 11A  21D  31A  41C 

2D 12A 22A 32B 42C

3B 13C 23A 33C 43B

4A 14C 24B 34D 44A

5B 15B 25B 35D 45C

6D 16A 26B 36A 46C

7D 17C  27D  37B  47A 

8D 18A  28B  38D  48A 

9A 19B 29C 39A 49B

10D 20C 30D 40B 50A

Câu 1: Đáp án D.  Ghi nhớ: Với đồ thị 

ax  b thì  cx  d d có TCĐ:  x   TCN:  c a y     c hàm số  y 

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số  y 

2x  1 là  x  1 .  x1

Câu 2: Đáp án D. 

Để tìm số điểm chung của hai đồ thị hàm số ta xét phương trình hoành độ giao  điểm: 

x4  2x2  2  x2  4  x4  x2  2  0  x2  2  x  2 . Phương trình hoành  độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt. Do đó đồ hai đồ thị hàm số đã cho có tất  cả 2 điểm chung. 

Ghi nhớ: Điểm cực đại  của đồ thị hàm số nằm  giữa khoảng đồng biến  sang nghịch biến. 

Câu 3: Đáp án B. 

Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đổi chiểu từ đồng biến sang nghịch biến  tại  x  1 . Do đó hàm số  f  x   đạt cực đại tại  x  1 .  Câu 4: Đáp án A. 

Để tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số  y  x 3  2 x 2  x  1  ta xét  Ghi nhớ: Với hàm số  bậc ba có hai điểm cực  trị, nếu hệ số  a  0  thì  đồ thị hàm số có dạng  chữ N ( hay có hai  khoảng đồng biến, một  khoảng nghịch biến). 

x  1 3x  4 x  1  0    . Hàm số đã cho là hàm số bậc ba có phương trình  x  1  3 2

y ʹ  0 có hai nghiệm phân biệt, mà hệ số  a  1  0 . Do đó đồ thị hàm số có dạng   1 N ( mẹo). Do vậy hàm số sẽ đồng biến trên    ;   và   1;   , hàm số nghịch  3  1  biến trên   ;1  .  3 

Câu 5: Đáp án B.  Nhận xét: Số nghiệm của phương trình  f  x   m  là số giao điểm của đồ thị 

hàm số  y  f  x   C   và đồ thị hàm số  y  m  d  ( cùng phương với Ox).   Ta thấy nhìn vào BTT thì hàm số không xác định tại  x  0  và giới hạn của hàm 

f  x  khi x tiến đến  0   là  1 . Do vậy để   C   cắt d tại 3 điểm phân biệt thì 

1  m  2 . Câu 6: Đáp án D.  Ghi nhớ: Với hàm số  phân thức có bậc tử số  cao hơn bậc mẫu, ta  thực hiện chia đa thức  để việc tính toán đạo  hàm dễ dàng hơn. 

Ta có  y 

x2  3 x  3 4 x , khi đó  y ʹ  1     2 x 1 x1  x  1

Giải phương trình  y ʹ  0  1 

4

 x  1

2

x  1 0 .   x  3

Ta thấy dấu của  y ʹ  đổi dấu từ âm sang dương khi qua  x  1 . Do vậy, hàm số  có cực tiểu là  y  1  2 .  117|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 7: Đáp án D.  Phân tích: Ta có biểu thức vận tốc là đạo hàm của biểu thức quãng đường. Do 

đó từ đây ta tìm được biểu thức vận tốc là:  v  s ʹ 

3 2 t  18t  f  t  . 2

Bài toán trở thành tìm GTLN của  f  t   trên  0;10  .  Lời giải:  Xét hàm số  y  f  t  

3 2 t  18t trên  0;10   ta có   2

y ʹ  f ʹ  t   3t  18  0  t  6 .  

Ghi nhớ: Biểu thức vận  tốc là đạo hàm của biểu  thức quãng đường, biểu  thức gia tốc là đạo hàm  của biểu thức vận tốc   ( hay đạo hàm bậc hai  của biểu thức quãng  đường). 

Khi đó  Max f  t   Max f  0  ; f  6  ; f  10   f  6   54 .   0;10 

Câu 8: Đáp án D. 

x  3 Lời giải: Điều kiện xác định của hàm số là      x  2 2x  1  x2  x  3 4x2  4x  1  x2  x  3    x2  5x  6 x2  5x  6 2 x  1  x2  x  3

Ta có  y 

3x 2  5x  2

 x  2  x  3   2 x  1 

x x3 2

Đến đây ta có  lim y  lim x 3

x 3



3x  1

 x  3  2x  1 

3x  1

 x  3  2x  1 

x2  x  3

x2  x  3

 

  ; lim y  .   x 3

Vậy đồ thị hàm số chỉ có một tiệm cận đứng là  x  3 .  Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả không thực hiện rút gọn nhân tử  x  2  dẫn 

đến chọn hai tiệm cận đứng là  x  2; x  3  là sai.  Câu 9: Đáp án A. 

2x  m . Để hàm số đã cho luôn đồng biến trên khoảng   ;     x 1 thì  y ʹ  0  với mọi  x .  

Ta có  y ʹ 

2

Đặt y  g  x  

2x ; y  m . Ta có  g  x   m  với mọi x khi và chỉ khi  x 1 m  Min g  x  . Đến đây ta đi tìm  Min g  x   trên   .  2

Xét hàm số  y  g  x   g ʹ x 

2x2  2  4 x2

x2  1

2

2x trên   ta có  x 1 2

2 x 2  1

x2  1

2

  0   x  1  g 1  1

 x  1  g  1  1

Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì  m  Min g  x   1 .  

Câu 10: Đáp án D. 

Ta có  y ʹ  3ax 2  2bx  c    y 0  2   y  2   2 Do  M , N  là các điểm cực trị của hàm số nên      y ʹ 0  0 y ʹ 2  0    Lovebook.vn|118

Ghi nhớ: Với các bài  toán tìm tiệm cận của các  đồ thị hàm số phân thức,  ta nên xét xem tử số và  mẫu số đã tối giản hay  chưa để tránh sai lầm. 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

d  2  8 a  4b  2c  2  2   a  1; b  3; c  0; d  2   c  0 12 a  4b  0  0 Khi đó ta có  y  x 3  3 x 2  2 . Vậy  y  2   18 .  Câu 11: Đáp án A.  Phân tích: Với bài toán nhận dạng đồ thị hàm số, trước tiên ta quan sát những  Ghi nhớ:  1. Hình dáng đồ thị.  2. Vị trí các điểm cực  trị.  3. Khoảng đồng biến,  nghịch biến. 

đặc điểm sau:  1. Hình dáng đồ thị: với hàm bậc ba thì là chữ N hay ngược lại.  2. Vị trí của hai điểm cực đại, cực tiểu.  Lời giải: ta thấy đồ thị hàm số có dạng chữ N ngược, do vậy hệ số  a  0 . Đến 

đây ta loại C.  Ta có  y ʹ  3ax 2  2bx  c . Đồ thị hàm số có hai hoành độ điểm cực trị nằm về hai  phía của trục tung, do vậy: 

b2  3ac  0   c  0 (do  a  0  nên  b2  3ac  0 ), đến đây ta loại D.   c  0 a Chỉ còn lại A và B.  Tiếp theo ta có thể xét về vị trí của hai điểm là nằm về hai phía trục hoành thì  y1 y2  0 . Tuy nhiên ta thấy nếu xét như vậy khá là lâu, trong khi ta chỉ còn hai  phương án là A và B, và hai phương án này chỉ khác nhau ở điều kiện của b, do  vậy ta xét  b  0  và  b  0 .  2 b  0  ( thỏa mãn, do  a  0  và nhìn vào đồ  Nhận thấy nếu  b  0  thì  x1  x2  6a thị ta thấy nếu kí hiệu  x1  0  x2  thì  x1  x2  nên  x1  x2  0 ).  Câu 12: Đáp án A. 

Với phương án A: Ta có đây là công thức tổng quát  ln  ab   ln a  ln b  với mọi số  dương a  và b.  Ta chọn A và không cần xét đến các phương án còn lại.  Câu 13: Đáp án C. 

Xét phương trình  3x 1  27  3x 1  33  x  1  3  x  4 .  Câu 14: Đáp án C.  Phân tích: Ta có đề bài cho công thức tính số lượng vi khuẩn ở thời gian t và 

cho số lượng vi khuẩn sau 3 phút, do đó ta có thể tính được  s  0  . Từ đây ta  tính được thời gian khi số lượng vi khuẩn là 10 triệu con. Thực chất đây là bài  toán kiểm tra khả năng giải phương trình mũ của học sinh.  Lời giải: Ta có  s  3   s  0  .2 3  625 000  s  0   78125 . 

Vậy 10 000 000  78125.2t  2t  128  t  log 2 128  7 .  Ghi nhớ:  m

n

a m  a n với  a , m , n  

là các số nguyên dương 

Câu 15: Đáp án B. 

Ta có công thức đã note ở bên.  Áp dụng công thức trên lần lượt từ trong ra ngoài căn ta được:  4

3

3

4

3

7

4

7

4

13

13

P  x. 3 x 2 . x 3  x. x 2 .x 2  x. x 2  x.x 2.3  x 6  x 24 .  4

119|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 16: Đáp án A.  Nhận thấy đây là bài toán khai triển biểu thức logarit bằng cách sử dụng các  công thức đã note ở bên. 

Ghi nhớ: 

 2a3  3 Lời giải: Ta có  log 2    log 2 2 a  log 2 b ( đến đây ta loại B và D).  b  

 

log x

a  log x a  log x b   b

log x  ab   log x a  log x b

 log 2 2  log 2 a  log 2 b  1  3 log 2 a  log 2 b . 3

Câu 17: Đáp án C.  Phân tích: Nhận xét đây là bất phương trình logarit dạng cơ số  0  a 

1  1 . 2

Nên ta có lời giải sau: 

Ghi nhớ: Với  x, y  0   

1 . 2 log 1  x  1  log 1  2 x  1    x  1  2 x  1  x  2 .  

log a x  log a y  x  y

Lời giải: Điều kiện:  x 

2

khi a  1   

log a x  log a y  x  y

2

Kết hợp với điều kiện ta có 

khi 0  a  1 .

1  x  2 . 2

Câu 18: Đáp án A. 

 



Ta có  ln 1  x  1 ʹ 

 

1 x 1 ʹ 1 x 1

1 1 2 x1  . 1 x 1 1 x 1 2 x 1

Ghi nhớ: Cho hàm số 

Câu 19: Đáp án B. 

y  a x  a  0,a  1

Ta có hàm số  y  a x  nghịch biến trên tập xác định, do đó  0  a  1 , và từ đây ta 

1. Với  0  a  1  thì hàm số 

cũng suy ra được  b  1; c  1 . Do vậy a nhỏ nhất, ta loại C và D. 

nghịch biến trên  ;  . 

Tiếp theo ta có với  x    thì  b  c     b  c . Đến đây ta suy ra  a  c  b.   

2. Với  a  1  thì hàm số 

Câu 20: Đáp án C.  Với bài toán này, ta thấy các phương án A và D; B và C khác nhau ở các điểm  đầu mút, do đó ta dễ dàng thử như sau:  Lấy một giá trị  m  2, 5  thì phương trình trở thành 

2x 5   0  2.6 x  2 x  5 . Khi đó nhẩm nghiệm với x nằm trong khoảng  2 2 0;1    ta được:   6x 

Thỏa mãn, do vậy đến đây ta loại luôn A và D.   Tiếp theo ta chỉ cần xét xem hai điểm đầu mút có thỏa mãn không bằng cách  xét  m  2  thì phương trình trở thành  6x  2 x  2  0 . Ta nhẩm được  x  0  không  thỏa mãn. Nên ta chọn C.  Câu 21: Đáp án D.  Trước tiên ta đi rút gọn biểu thức P: 

Lovebook.vn|120

đồng biến trên  ;  . 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

2

  2  2 log b a    P   2 log a a   3 log b a  3 log b b     3 log b a  3    log a  b     b b   2

 2 log b a     3  log b a  1     log b a  1  2

 2t  Đặt log a b  t  t  0  , khi đó  P  f  t      3  t  1  có   t 1

8t.  t  1  2.  t  1 .4t 2 2

f ʹ t  

 t  1

4

3 

8t  3  t  1

 t  1

3

3

.

f ʹ  t   0  t  3 . Khi đó  Pmin  f  3   15 .  Câu 22: Đáp án A. 

1 sin 2 x  C   2 Câu 23: Đáp án A.  Ta có   cos 2 xdx  2

Ta có   f ʹ  x  dx  f  x  1

2 1

 f  2   f  1  2  1  1 .

Câu 24: Đáp án B. 

1 dx  ln x  1  C mà  F  2   1  ln 1  C  1  C  1 .  x 1 Do vậy  F  3   ln 3  1  1  ln 2  1 .  Ta có  F  x   

Câu 25: Đáp án B . 

Bài toán giống như bài toán đổi biến.   Nếu đặt  t  2 x ; đổi cận với  x  0  t  0; x  2  t  4   

Ghi nhớ: Trong tích phân  b

b

 

2



thì I   f  2 x  dx 

thì f x dx  f t dt   a

a

0

2

4

1 1 1 f  2 x  .2.dx   f  t  dt  .16  8 .  20 20 2

Câu 26: Đáp án B.  4

Ta có   3

4 4 4 1 dx 1 1    dx  x  x  1  dx  ln x  ln x  1 3   2 x  x 3  x  1 x  3

 ln 4  ln 5  ln 3  ln 4   ln 3  4 ln 2  ln 5  a  b  c  1  4  1  2 .  Câu 27: Đáp án D.  Nhìn vào hình vẽ ta có được các công thức sau:  k

y

ln 4

x x x  e dx  2.  e dx  e

5

k

0

x -8

-4

O -5

4

8

k 0

 2.e x

ln 4 k

 e k  e 0  2.e ln 4  2.e k  3e k  9  

 e  3  k  ln 3 . k

Câu 28: Đáp án B. 

Nhận thấy đây là bài toán áp dụng ứng dụng của tích phân vào tính diện tích  hình phẳng. Ta có hình vẽ bên:  Ta thấy, diện tích hình phẳng cần tìm gấp 4 lần diện tích phần gạch chéo, do đó  ta chỉ cần đi tìm diện tích phần gạch chéo. 

121|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing 2

2

Ta có phương trình đường elip đã cho là  thì  y 

y x  2  1 . Xét trên  0; 4   và  y  0   2 8 5

4 5 5 2 8  x 2 . Khi đó  Scheo   8  x 2 dx , vậy diện tích trồng hoa của ông  8 8 0 4

An trên mảnh đất là  S  4. 0

5 2 8  x 2 dx  76, 5289182   8

Khi đó số kinh phí phải trả của ông An là  76, 5289182.100000  7.653.000  đồng.  Câu 29: Đáp án C.  Do M  3; 4   nên số phức z có dạng  z  3  4i . Vậy phần thực của z là 3 và phần 

Ghi nhớ: Số phức 

ảo là  4 . 

phần thực là a, phần ảo là b.

Câu 30: Đáp án D.  Ta có  z  i  3i  1  3i 2  i  3  i  z  3  i .  Câu 31: Đáp án A.  Ta có  z  2  i   13i  1    z  2

13  i  2  i   27  11i   1  13i   z  5 5 2i

2

 27   11   z        34 .  5   5 Câu 32: Đáp án B 

 1 z  2  2 i 1 Ta có phương trình       z0  2  i .  1 2 z  2  i  2 Khi đó  w  2i 

1 2 1  1  i    2i  M   ; 2  . 2 2  2 

Câu 33: Đáp án C.  Khi đó phương trình đề bài cho tương đương với 

1  i  a  bi   2  a  bi   3  2i    a  bi  ai  bi  2a  2bi  3  2i  0     a  bi  2a  3    b  a  2b  2  i  0     3a  b  3    a  b  2  i  0   2

2

3a  b  3  0   a  b  2  0

 1  a  2  a  b  1 .   b   3  2

Câu 34: Đáp án D. 

1  2i  z

10  2  i   1  2i  z  i  1  2i   z

  1  2i  z  i 

10  z  i  2 i. z  2 i 2  z

 z  2    2 z  1 2

Câu 35: Đáp án D.  Lovebook.vn|122

2

10  2  i  i  1  2i  z

10  z  2  i 2. z  1  z

2 10 10  5 z 1     z  1 .  z z

10 z

z  a  bi  a, b    có 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

A

Ngọc Huyền LB

Ta có công thức tính thể tích của khối chóp đã cho là   2 1 1 3 B.h  . .  2 a  .h  a 3  h  a 3 .  3 3 4 Câu 36: Đáp án A 

V 

D B

Dễ dàng thấy bát diện đều, hình lập phương và lăng trục lục giác đều có tâm đối 

G

xứng. Còn tứ diện đều không có tâm đối xứng.  Câu 37: Đáp án B.  C

Phân tích: Ta thấy hai khối chóp  ABCD  và AGBC có chung chiều cao là 

khoảng cách từ A đến mặt phẳng   BCD  , do vậy để tính khối chóp AGBC thì ta  C

B

tìm tỉ lệ thể tích giữa hai khối chóp, tức là tìm tỉ lệ diện tích giữa tam giác BCG  và tam giác BCD. 

A

Lời giải: Do G là trọng tâm tam giác BCD nên ta dễ suy ra được 

Khi đó  B 

C

VAGBC

VABCD

SBGC SBCD

d  G; BC  d  d; BC 

1 . 3

1 12  VAGBC   4 .  3 3

Câu 38: Đáp án D.  H  A 

Phân tích: Như đã từng chú ý ở các đề mà tôi giải lần trước, với những bài toán 

tính thể tích khối đa diện quá khó để thiết lập công thức trực tiếp, ta sẽ tính  bằng cách gián tiếp. Ở đây với bài toán này, để tính thể tích khối đa diện  ABCB’C’ ta lấy hiệu giữa thể tích khối lăng trụ  ABCA ʹ B ʹ C ʹ  và khối chóp  A.A’B’C’.  Lời giải: kẻ C’H  vuông góc với mặt phẳng   ABC  . Khi đó C’H là đường cao 

  ʹ AH .   của khối lăng trụ ABC.A’B’C’.  AC ʹ,  ABC   60  C  Tam giác AC’H vuông tại H nên  C ʹ H  AC ʹ.sin C ʹ AH  a.sin 60  2 3 . 

Khi đó  V ABC . A ʹ B ʹ C ʹ  SABC .C ʹ H 

  .2

1 . 2 2 2

2

3  8 3  

1 2 16 3 V , do vậy  V ABCB ʹ C ʹ  .V ABC . A ʹ B ʹ C ʹ  .  3 3 3 ABC . A ʹ B ʹ C ʹ Câu 39: Đáp án A.  V AA ʹ B ʹ C ʹ 

Ta có công thức tính diện tích xung quanh của khối nón là: 

S  R.l  15  l  5 . Khi đó chiều cao của khối chóp là  A 

h  l 2  R2  52  32  4  V 

1 ..32 .4  12 . 3

Câu 40: Đáp án B.  B 

Đáy của khối trụ chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC.  

C

Vậy bán kính của đường tròn là  R 

a 3 . Khi đó thể tích của khối trụ là  3

2

A

D

B I 

Câu 41: Đáp án C. 

C

Phân tích: Gọi I là trung điểm của AC’. Giống như trong sách bộ đề tinh túy tôi 

A’ D’  B’ 

a 3 a 2 h . V  .   .h   3  3  

C’

đã giới thiệu cách tìm đường kính của mặt cầu ngoại tiếp khốp chóp bằng cách  123|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

tìm một cạnh nhìn các đỉnh trong khối chóp dưới một góc  90 . Ở đây ta có  ʹ  AB  ABC ʹ C  90 .  Lời giải: Tam giác ABC’ vuông tại B có I là trung điểm của AC’   IA  IC ʹ  IB .  Tương tự với tam giác AB’C’ ta cũng có  IA  IC ʹ  IB ʹ .  AC ʹ  R .  2 Tam giác AA’C’ vuông tại A’ nên ta có 

Suy ra  IA  IC ʹ  IB  IB ʹ 

AA ʹ2  A ʹ C 2  4 a 2  a 2  4 a 2  3a  R 

AC ʹ 

AC ʹ 3a  . 2 2

Câu 42: Đáp án C. 

Khi quay xung quanh trục XY ta được vật thể tròn xoay ở bên:  Phân tích: Khi quay quanh trục XY thì thể tích khối tròn xoay thu được chính 

là tổng của ba khối: khối trụ phía trên cùng, khối nón cụt ở giữa, và khối nón ở  dưới cùng.  Lời giải:   2

5 125 1.Thể tích khối trụ là:  V1  .   .5     4 2 Ta thấy khối nón cụt có đáy nhỏ chính là đáy của khối trụ, đáy lớn là đáy của  khối nón, gọi đáy nhỏ là r, đáy lớn là R. Khi đó  r  2.Vậy thể tích khối nón cụt là:  V2 

1 5 . 3

5 5 2 và  R   .   2 2

h h. . B  B ʹ B.B ʹ  . R2  r 2  Rr 3 3

2  1  52 52 .2 5 5 2   .    .  4 2 4 2 2  

   

125 2 2  1 24

2

1 5 2 5 2 125 3.Thể tích khối nón dưới cùng là  V3  .    .  .  3 2  2  12

Vậy thể tích khối cần tìm là:  V  V1  V2  V3 

125. 5  4 2 24

  .

Câu 43: Đáp án B. 

Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB là  I  1; 0; 4  .  Câu 44: Đáp án A. 

 Ta có phương trình tham số của đường thẳng có vecto chỉ phương  u  a , b , c   và 

 x  xo  at  đi qua điểm  A  xo ; yo ; zo   là  d :  y  yo  bt  ( t   ).   z  z  ct o   Vậy ở đây ta suy ra được  u   0; 3; 1 .  Câu 45: Đáp án C 

Ta có phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn đi qua ba điểm  A  1; 0; 0  , x y z B  0; 2; 0  , C  0; 0; 3   là   P  :    1 .  1 2 3 Lovebook.vn|124

 

Ghi nhớ: mặt phẳng  P  

  B  0, b,0  , C  0,0,c   có 

đi qua  A a,0,0 ,

phương trình: 

x y z   1 a b c


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Câu 46: Đáp án C.  Lời giải: Mặt cầu tâm  I  1; 2; 1  và tiếp xúc với mặt phẳng   P   thì  R  d I; P 

1  2.2  2.  1  8 1   2    2  2

2

S  :  x  1   y  2    z  1 2

2

2

2

 3 . Khi đó phương trình mặt cầu cần tìm là 

 9 .

Câu 47: Đáp án A.  Ghi nhớ: Cho đoạn thẳng 

 

AB sao cho  AB  P  M .  Khi đó 

   AM d  B,  P   BM

d A,  P 

 Phân tích: Đường thẳng d đi qua  M  1; 0; 5   và có vtcp u   1; 3; 1  .   Mặt phẳng   P   có vtpt  n   3; 3; 2  .   Ta có  n.u  10   hai vector này không vuông góc nên ta loại phương án C. 

M   P    loại D.  Hai vector này không cùng phương nên loại B.  Câu 48: Đáp án A 

Ta có phương trình mặt phẳng   Oxz  : y  0    Áp dụng hệ quả mà tôi đã nhắc đến trong sách bộ đề tinh túy thì: 

   AM  d  B;  Oxz   BM

d A;  Oxz 

3 1 02  02  1  . 2 6 0 2  0 2  12

Câu 49: Đáp án B. 

 Đường thẳng  d1  đi qua  A  2; 0; 0   và có vtcp  u1   1; 1; 1 .   Đường thẳng  d2  đi qua  B  0;1; 2   và có vtcp  u2   2; 1; 1   

   n  u Gọi n  là vtpt của mặt phẳng   P  . Do   P   song song với  d1 ; d2  nên    1   n  u2     n  u1 , u2    0;1; 1  ( đến đây ta loại được A và C).   

Khi đó   P  : 2 y  2 z  k  0 . Ta thấy    1  Mà   P   cách đều hai đường thẳng  d1 ; d2  nên   P   đi qua trung điểm  M  1; ; 1      2 

của AB   1 2.  2.1  k  0  k  1 .  2 Câu 50: Đáp án A.  Phân tích: Nếu tồn tại mặt cầu cố định thì ta sẽ đặt tâm và bán kính của mặt 

Ghi nhớ: Với các bài toán  tìm yếu tố cố định mà có  tham số m, ta cần tìm cách  để triệt tiêu tham số m, để  kết quả tạo ra là một hằng  số ( constant). 

cầu đó là  I  a , b , c   và bán kính R. 

Nhận thấy, do mặt cầu cố định nên tâm cũng cố định và bán kính cố định, mà 

bán kính  R  d I ;  ABC  

a b  c 1 m n 1 1  1 m 2 n2

a b   c 1 m 1 m 1 1  1 m2  1  m 2

 

125|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Để bán kính R cố định thì m phải triệt tiêu và biểu thức trên rút gọn được về  hằng số. Mặt khác ta thấy trên tử số biểu thức có dấu trị tuyệt đối, mẫu số là  chứa căn và có các hạng tử bình phương, do đó, để có thể rút tử số cho mẫu số  thì đưa biểu thức trong ngoặc về dạng chính phương. Mặt khác ta có công thức 

1 1 1 2 2 2 2 2 , do vậy          m  m  1 m  1 m m 1  m  m m  1 m 1  m 2 2 2    0    m 1  m m 1  m Suy ra: 

1 1 1 1 2 2 2  1 2  1     2 2 2 m 1  m  m 1  m m m 1  m 1  m 2

1 1     1  .    m 1 m 

Khi đó thì  d I ,  ABC  

a b  c 1 m 1 m 1 1  1 m 1 m

 R . Hai biểu thức này rút gọn được 

a  1  khi b  1    I   1;1; 0  ; R  1 .  c  0  Trên đây là phần phân tích để suy ra được kết quả, sau đây tôi xin giới thiệu lời  giải: 

Gọi I  1;1; 0  .  Ta có phương trình mặt phẳng   ABC   là : 

x y   z  1 . Mà  m  n  1  nên  m n

y

 ABC  : mx  1  m  z  1 . Ta có 

d I ;  ABC  

1 1  1 m 1 m 1 1  1 2 2 m 1  m 

1 1  1 m 1 m 1 1  1 m 1 m

 1  ID  

Vậy mặt cầu cố định cần tìm là mặt cầu tâm  I  1;1; 0  , bán kính  R  1 .   

Lovebook.vn|126


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Môn: Toán  Thời gian làm bài: 90 phút 

ĐỀ SỐ 10  ĐỀ TỰ SOẠN 1    Câu 1: Kết luận nào sau đây là không đúng về đồ  thị hàm số  y  ax  bx  cx  d  a  0   ?  3

Ngọc Huyền LB

2

A. Đồ thị hàm số bậc ba  luôn cắt trục hoành  tại ít nhất một điểm.    B. Đồ thị hàm số bậc ba nhận điểm có hoành  độ là nghiệm của phương trình  y ʹʹ  0   làm tâm  đối xứng.    C. Nếu phương trình  y ʹ  0  có 2 nghiệm phân  biệt thì đồ thị hàm số bậc ba có một điểm cực đại,  một điểm cực tiểu.    D. Đồ thị hàm số bậc ba không có điểm cực trị  khi và chỉ khi phương trình  y ʹ  0  vô nghiệm. 

Câu 5:  Cho  hàm  số  y 

x2 có  đồ  thị   C    thì  x1

phương trình của đồ thị hàm số  C ʹ   đối xứng với 

C  qua gốc tọa độ O là?  x2 2x    B.  y       x1 x1 x2 x1   C.  y     D.  y     x1 x2 Câu 6:  Biết đồ thị hàm số  y  x 4  bx 2  c  chỉ có 

A. y 

một điểm cực trị là điểm có tọa độ   0; 1  thì b và 

x2  3x  1 đồng biến trên:  x1 A.   ; 1  và   1;       

c thỏa mãn điều kiện nào?  B.  b  0  và  c  1     A.  b  0  và  c  1    D.  b  0  và c tùy ý.     C.  b  0  và  c  0    Câu  7:  Với  giá  trị  nào  của  m  thì  đường  thẳng  y  x  m  đi qua trung điểm của đoạn nối 2 điểm 

B.  ; 1   1;     

cực trị của đồ thị hàm số  y  x 3  6 x 2  9 x  ? 

C.    

A. 0  B. 1  C. 2  D. 3  Câu 8: Gọi M và m lần lượt là GTLN và GTNN 

Câu 2: Hàm số  y 

D.  1;1     

Câu 3: Cho đồ thị hàm số  y  f  x   x 4  2 x 2  3   như hình vẽ bên. Từ đồ thị suy ra được số nghiệm  của phương trình  x4  2x2  3  m  với  m   3;4  là: 

y

 ‐1  O 

1

  x 

‐3

A. 3 

B. 2   

đó M  m  bằng?    B. 2      A. 1    D. đáp số khác.    C. 3  Câu 9: Huyền có một tấm bìa hình tròn như hình  vẽ,  Huyền  muốn  biến  hình  tròn  đó  thành  một  hình cái phễu hình nón. Khi đó Huyền phải cắt  bỏ hình quạt tròn AOB rồi dán hai bán kính OA  và OB lại với nhau. Gọi x  là góc ở tâm hình quạt  tròn dùng làm phễu. Tìm x để thể tích phễu lớn  nhất?  r

‐4  

của hàm  số  y  x 1  x 2   trên  tập  xác  định.  Khi 

C. 4 

xO

D. 6 

R

A, B

h R

x1 Câu 4: Cho hàm số  y  C  . Tìm tất cả các  2x  3

A

B

điểm trên đồ thị hàm số   C   có tổng khoảng cách 

O

đến 2 đường tiệm cận là nhỏ nhất.   

 M  1; 0  A.      M  2; 1

C. M  1; 0   

 M  1; 0   B.   2        M  1; 5    

D. M  2; 1      

2 6       B.     C.     D.     3 3 4 2 3 Câu 10: Đồ thị của hàm số  y  x  3 x  cắt: 

A.

A. đường thẳng  y  3  tại hai điểm.   127|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

B. đường thẳng  y  4  tại hai điểm. 

1 log 3 5 . Suy  ra  3 log 3 5  3a  nên  log 2 5  log 2 3.log 3 5  3ac . 

5 tại ba điểm.   3   D. trục hoành tại một điểm.  Câu 11: Tìm số mệnh đề đúng trong những mệnh  sau: 

I. Ta  có  a  log 27 5  log 33 5 

II. Tương tự,  

C. đường thẳng  y 

(1)  Nếu hàm số  f  x   đạt cực đại tại  xo  thì  xo  

được gọi là điểm cực đại của hàm số.    (2) Giá trị cực đại ( giá trị cực tiểu) của hàm số  còn được gọi  là cực đại ( cực tiểu) và được gọi  chung là cực trị của hàm số.   

(3) Cho hàm số  f  x   là hàm số bậc 3, nếu hàm 

số có  cực  trị  thì  đồ  thị  hàm  số  cắt  trục  Ox  tại  3  điểm phân biệt.   

(4) Cho hàm số  f  x   là hàm số bậc 3, nếu đồ 

thị hàm số cắt trục Ox tại duy nhất một điểm thì  hàm số không có giá trị cực trị.  B. 2  C. 3  D. 4      A. 1 

Câu 12: Giải phương trình  log x x 2  3 x  5  2   

5 B. phương trình VN.       3 3 5   C.  x       D.  x     5 3 Câu 13: Giá trị của  log a3 a  với  a  0  và  a  1  bằng:   

A. x 

1 1 B.    C.  3    D.       A. 3  3 3 Câu 14:  Cho a, b là độ dài hai cạnh góc vuông, c  là  độ  dài  cạnh  huyền  của  một  tam  giác  vuông,  trong đó   c  b   1  và   c  b   1 . Kết luận nào sau 

đây là đúng?   

A. log c  b a  log c b a  2  log c  b a  .  log c b a   

  B.  log c  b a  log c  b a  2  log c  b a  .  log c b a      

C. log c  b a  log c b a   log c  b a  .  log c b a     

D. log c  b a  log c b a    log c  b a  .  log c b a    

Câu

15: Tập  xác 

định

của hàm 

3

 10  A. D   3;      3 

 10  B. D   3;      3

 10  C. D   ;     D.  D   3;      3  Câu  16:  Một  học  sinh  giải  bài  toán:  “  Biết 

log 27 5  a; log 8 7  b; log 2 3  c. Tính  log 6 35 ” lần  lượt như sau:  Lovebook.vn|128

1 log 2 7  log 2 7  3b . 3

III. Từ đó: 

log 6 35  log 6 2.log 2  5.7  

1  log 2 5  log 2 7  log 2 6

3ac  3b 3ac  3b   log 2 2  log 2 3 1 c Kết luận nào sau đây là đúng    A. Lời giải trên sai từ giai đoạn I.      B. Lời giải trên sai từ giai đoạn II.    C. Lời giải trên sai từ giai đoạn III.     D. Lời giải trên đúng.  Câu  17:  Đạo  hàm  của  hàm 

số

 

f  x   ln x  x 2  1 là  

A. f ʹ  x 

1 x  x2  1

 

B. f ʹ  x  

1 x2  1

 

 

C. f ʹ  x  

1  x2  1 x  x2  1

Câu 18: Gọi  T 

  D.  f ʹ  x 

1  x2  1

2 x  x2  1

1 1 1 1 1    log a x log b x log c x log d x

 

,

với a,  b,  c,d,  x  thích  hợp  để  biểu  thức  có  nghĩa.  Đẳng thức nào sau đây là sai?   

A. T  log abcd x   

B. T  log x abcd   

C. T 

1   log x abcd

D. T 

1   log x a  log x b  log x c  log x d

Câu 19: Số nghiệm của phương trình  22x 7x5 1 là  B. 1  C. 2  D. 3    A. 0  Câu  20:  Chọn  khẳng  định  sai  trong  các  khẳng  định sau:      A.  log x  0  x  1      2

số

y  log 1  x  3   1 là 

b  log 8 7  log 23 7 

B. log 3 x  0  0  x  1   

C. log 1 a  log 1 b  a  b  0    3

3

D. log 1 a  log 1 b  a  b  0    3

3


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Câu 21:  Biết  thể  tích  khí  CO2 trên  thế  giới  năm 

 

1998 là  V m 3 .  10  năm  tiếp  theo,  thể  tích  CO2   tăng  m%  so với năm liền trước, 10 năm tiếp theo  nữa, thể tích  CO2  tăng  n%  so với năm liền trước.  Tính thể tích  CO2  năm 2016?  A.  V2016

B. V2016

100  m  . 100  n   V.

C. V2016  V  V .  1  m  n 

D. V2016

10

10

 m     

8

10 36

 m   

 

B.  C.  

3

4 x3  5x 2  1 1 dx  2 x 2  5 x   C   x x2

C.   x 3  6 x 2  10 x  5 dx   

0

4 x3  5x2  1 1 dx  x 2  5 x   C   2 x x

4x3  5x2  1 dx  2 x 2  5 x  ln x  C     x2

Câu 27: Thể tích vật thể tròn xoay được giới hạn 

A. 8400 m 3   

3

B. 2200 m3    

0

A.  x 3  x 2 dx   x 2  x 3 dx    0

1

2

1

B.  x 3  x 2 dx   x 3  x 2 dx   x 3  x 2 dx    0

0

2

2

1

C.  x 3  x 2 dx   x 3  x 2 dx   x 3  x 2 dx    0

0

2

1

1

0

0

D.  x 3  x 2 dx   x 3 dx   x 2 dx   

D.  x 3  6 x 2  10 x  5 dx    0

bởi các  đường  y  1  x 2 ; x  0; y  0   khi  quay  quanh trục Ox không được tính bằng công thức  nào sau đây?  1

2

A.  1  x 2 dx   

1

B.   1  x 2 dx      0

 x3  1 2 C.   x      D.     3 3 0  Câu 28: Tìm phần thực, phần ảo của số phức sau: 

D. 4200  m 3     C. 600  m3      Câu  24:  Mệnh  đề  nào  là  sai  trong  các  mệnh  đề  sau: 

0

B.  x 3  6 x 2  12 x  8 dx    3

Tính thể tích nước trong bể sau khi bơm được 20 giây. 

1

0

0

Sau 10 giây thì thể tích nước trong bể là  1100 m 3 .  

1

8

A.   x 3  6 x 2  12 x  8 dx    2

Sau 5 giây thì thể tích nước trong bể là 150 m3 . 

 

Ban đầu bể không có nước. 

D. I   udu   

9

2

Cho h ʹ  t   3at 2  bt  và a, b là tham số . 

1

8

1 udu     2 9 9

C. I   udu   

0

1

B. I 

bằng công thức nào sau đây 

giây.  

3

nước. Gọi  h  t   là thể tích nước bơm được sau t 

A. I  2  udu   

tại điểm  có  tọa  độ  thỏa  mãn  y ʹʹ  0   được  tính 

 m       V .  1  m  n   m     18

4 x3  5x 2  1 1 D.   dx  2 x 2  5 x   C    2 x x Câu 23:  Một bác thợ xây bơm nước vào bể chứa 

9

hàm số  y  x 3  6 x 2  9 x , trục tung và tiếp tuyến 

4 x 3  5x 2  1 là  x2

A. 

0

u  8  cos x thì kết quả nào sau đây là đúng? 

Câu 26: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị 

3

Câu 22:  Họ  nguyên  hàm  của  hàm  số   y

Câu 25: Cho tích phân  I   sin x 8  cos xdx  . Đặt 

8

3

1020

18

 2

8

 100  m 100  n  V.

Ngọc Huyền LB

3i 2i    1 i i   A. phần thực :  a  2 ; phần ảo  b  4i        B. phần thực :  a  2 ; phần ảo  b  4        C. phần thực :  a  2 ; phần ảo  b  4i      D. phần thực:  a  2 ; phần ảo  b  4 .  Câu  29:    Cho  a; b     .Mệnh  đề  nào  sai  trong  z

những mệnh đề sau:    A. Hiệu của một số phức và số phức liên hợp  của nó là một số thuần ảo.    B. Tích của một số phức và số phức liên hợp  của nó là một số ảo.   

C. Điểm  M  a , b   trong một hệ tọa độ vuông 

góc của mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số  phức  z  a  bi .  129|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

D. Mô  đun  của  số  phức  z  a  bi   là 

vuông góc với mặt phẳng   P   tại C lấy điểm N  (N cùng phía với M so với mặt phẳng   P  ). Gọi I 

z  a  b .   2

2

Câu 30: Xác định tập hợp các điểm biểu diễn số  1 phức z sao cho    là số thuần ảo.  z     A. trục hoành    B. trục tung    C. trục tung bỏ điểm O     D. trục hoành bỏ điểm O. 

Câu 31:  Giải  phương  trình  sau  z 2  2 iz  15  0 .  Khi đó tập nghiệm S của phương trình là: 

A. S  1  3i ; 2  5i   

B. S  3i; 5i   

C. S  3; 5i   

D. S  2  3i;1  5i   

là trung  điểm  của  MN.  Thể  tích  của  tứ  diện  MNBD luôn có thể tính được bằng công thức nào  sau đây?  1 1 B.  V  AC.SBDN       A.  V  . AC.SIBD    3 3 1 1 D.  V  BD.SMBD      C.  V  BD.SBMN    3 3 Câu 38: Cho hình chữ nhật ABCD như hình vẽ.  Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD.  Tính thể tích hình trụ thu được khi quay hình chữ  nhật ABCD quanh trục MN. Biết  AB  a; BC  b   

Câu 32:  Xác định tập hợp các điểm trong hệ tọa  độ  vuông  góc  biểu  diễn  số  phức  z  x  iy ;

M

B

 x , y    thỏa mãn điều kiện  z  2   

A. Đường tròn  x 2  y 2  4   

B. Đường thẳng  y  2   

 

C. Đường thẳng  x  2       D. Hai đường thẳng  x  2  và  y  2   

Câu 33:  Cho các điểm A,  B, C và A’, B’, C’ theo  thứ tự biểu diễn các số phức :  1  i ; 2  3i ; 3  i  và  3i ; 3  2i ; 3  2i  

Khẳng định nào sau đây là đúng?    A. Hai tam giác ABC và A’B’C’ đồng dạng.    B. Hai tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm.    C. Trung điểm M của AB đối xứng với trung  điểm N của A’B’ qua gốc tọa độ.    D. Độ dài cạnh BC bằng độ dài cạnh A’B’.  Câu 34:  Cho số phức  z1  3  2i ; z2  5  6i . Tính 

A  z1 z2  5 z1  6 z2     A. A  48  74i    B.  A  18  54i      D.  42  18i      C.  A  42  18i    Câu 35: Mỗi đỉnh của bát diện đều là đỉnh chung  của bao nhiêu cạnh?    A. 3   B. 5  C. 8  D. 4  Câu  36:  Gọi  V  là  thể  tích  của  hình  lập  phương  ABCD.A’B’C’D’.  V1   là  thể  tích  của  tứ  diện  A’ABD. Hệ thức nào sau đây là đúng?  B.  V  4V1      A.  V  6V1     

A

C. V  3V1   

D. V  2V1     

Câu 37:  Cho  mặt  phẳng   P    chứa  hình  vuông 

ABCD. Trên  đường  thẳng  vuông  góc  với  mặt 

phẳng  P   tại A, lấy điểm M. Trên đường thẳng  Lovebook.vn|130

D

N

C  

a2 b A. V    đvtt  4

C. V 

a2 b  đvtt  12

B. V  a b  đvtt  2

D. V 

a2 b  đvtt  3

Câu 39: Cho mặt cầu tâm O, bán kính  R  13 . Mặt 

phẳng  P    cắt  mặt  cầu  sao  cho  giao  tuyến  là  đường  tròn  đi  qua  ba  điểm  A,  B,  C  mà  AB  6; BC  8; CA  10 .  Tính  khoảng  cách  từ  O 

đến  P  . 

B. 12  C. 13  D. 11     A. 10  Câu 40: Cho hình chóp  S. ABCD  có đáy ABCD là  hình  chữ  nhật  có  AD  2 a , AB  a ,   cạnh  bên  SA  a 2   vuông  góc  với  mặt  phẳng  đáy 

 ABCD  . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính 

bán kính khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.AMD.  a 6 a 6 a 6 a 6    B.     C.     D.     6 4 2 3 Câu 41: Thiết diện qua trục của một hình nón là  một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng  2. Tính diện tích xung quanh của hình nón. 

A.

A. 2  2  đvdt 

B. 2   đvdt  

C. 4  2  đvdt 

D. 4   đvdt 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Câu 42:    Trong  không  gian  với  hệ  trục  tọa  độ 

Oxyz, cho tam giác ABC có  A  1;1; 3  ; B  2; 6; 5   và 

tọa độ trọng tâm  G  1; 2; 5  . Tìm tọa độ điểm C.   

A. C  6; 1;7    

 10 19 19   10 19 19  C. C  ;  ;      D.  C  ; ;     3 3   3  3 3 3 

B. C  6;1;7    

Câu 43:  Cho  điểm  I  1; 2; 3  .  Viết  phương  trình 

mặt cầu 

S 

có tâm  I  và  cắt  mặt  phẳng 

Ngọc Huyền LB

C.    : 4 x  3 y  z  2  0   

D.    : 4 x  3 y  z  2  0   

Câu 46:  Trong  không  gian  Oxyz  ,  cho  4  điểm 

A  2; 6; 3  , B  1; 0; 6  , C  0; 2;1 , D  1; 4; 0  .

Tính

chiều cao AH của tứ diện ABCD.   

A. d 

36

C. d 

36

76

 

B. d 

24

 

D. d 

29   24

29

 

 P  : x  y  2z  3  0 với  thiết  diện  là  hình  tròn 

29 Câu 47: Xét vị trí tương đối của cặp đường thẳng 

có đường kính bằng 2. 

 x  2  2t ʹ x 1 y  2 z  3  và  d ʹ :  y  2  t ʹ   ta  kết  d:   1 3 1  z  1  3t ʹ 

A.  S  :  x  1   y  2    z  3   25   

B.  S  :  x  1   y  2    z  3   24   

C.  S  :  x  1   y  2    z  3   1   

D.  S  :  x  1   y  2    z  3   23    

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 44: Viết phương trình mặt phẳng      đi qua 

điểm M  1; 2; 3    và  song  song  với  mặt  phẳng 

 : 2x  3y  z  5  0       A.     : 2 x  3 y  z  11  0      B.     : 4 x  6 y  2 z  22  0        C.     : 2 x  3 y  z  11  0      D.     : 4 x  6 y  2 z  22  0    Câu  45:  Cho  mặt  phẳng       có  phương  trình  3 x  5 y  z  2  0   và  đường  thẳng  d  có  phương 

trình

x  12 y  9 z  1   . Gọi  M  là  giao  điểm  4 3 1

của đường thẳng d và mặt phẳng     . Mặt phẳng 

luận hai đường thẳng này  B. Trùng nhau.      A. Chéo nhau.  D. Cắt nhau.    C. Song song.  Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 

ba điểm  A  1;1; 3  ; B  2; 3; 5  ; C  1; 2; 6  . Xác định     điểm M sao cho  MA  2 MB  2 MC  0 .  

A. M  7; 3;1   

B. M  7; 3; 1     

C. M  7; 3;1   

D. M  7; 3; 1  

Câu 49:  Cho  mặt  cầu   S    có  phương  trình  x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 z  5  0   và  mặt  phẳng 

 P  : 3x  2 y  6z  m  0 . S    và   P    giao  nhau  khi:    A.  m  9  hoặc  m  5    B.  5  m  9    D.  m  3  hoặc  m  2       C.  2  m  3    Câu 50: Tìm m để phương trình:  

x 2  y 2  z 2  2  m  1 x  2  2m  3  y

 

 đi qua M và vuông góc với đường thẳng D 

2  2m  1 z  11  m  0

có phương trình là 

là phương trình một mặt cầu.    A.  m  0  hoặc  m  1    B.  0  m  1      C.  m  1  hoặc  m  2    D.  1  m  2  

A.    : 4 x  3 y  z  2  0   

B.    : 4 x  3 y  z  2  0   

   

131|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

ĐÁP ÁN  1D 

2A

3D

4A

5B

6A

7A

8A

9A

10C

11B

12B

13B

14A

15B

16D

17B

18B

19C

20C

21B

22A

23A

24C

25D

26A

27A

28B

29B

30C

31B

32A

33B

34A

35D

36A

37A

38A

39B

40C

41A

42A

43A

44B

45A

46B

47D

48A

49B

50A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT    Câu 1: Đáp án D.  Phân tích:  Đây là một câu hỏi lý thuyết đòi hỏi quý độc giả  cần nắm vững các kiến thức về hàm số bậc ba.  Vì đề bài là tìm mệnh đề không đúng nên chúng  ta phải phân tích từng mệnh đề một để khẳng  định xem nó đúng hay sai.  Mệnh đề A: Trang 35 sách giáo khoa Giải tích cơ  bản 12 có bảng vẽ các dạng đồ thị của hàm số  bậc 3. Và có thể kết luận rằng đây là mệnh đề  đúng. Từ bảng đồ thị ta cũng suy ra câu C là  mệnh đề đúng.  Mệnh đề B: Đây là mệnh đề đúng. (Hoặc nếu bạn 

x2  3x  1 2x  1  x .  x1 x1 2.1  1.1 1  1  0 x  1     Khi đó  y ʹ  1  2 2  x  1  x  1 y

Vậy hàm số đồng biến trên   ; 1  và   1;     Cách 2: Dùng máy tính Casio.   Nhìn vào cách 1 ta thấy cách làm này khá  nhanh, nhưng trong phòng thi nhiều khi các bạn  có thể bị rối trong cách đạo hàm,… Vì thế ở đây  tôi xin giới thiệu với quý độc giả một cách làm  nữa sử dụng máy tính như sau: Do sau khi đạo  hàm thì  y ʹ  có dạng  y ʹ 

ax 2  bx  c

chưa chắc, trong quá trình làm, bạn đọc có thể 

 x  1

2

để lại mệnh đề đó và xét mệnh đề tiếp theo). 

Nhập vào máy tính: 

Mệnh đề D: Đây là mệnh đề sai, vì sao lại như  vậy. Ta thấy nếu phương trình  y ʹ  0  vô 

d  x2  3x  1  .1012 . Ấn = ( Lý giải vì    dx  x  1  x  100

nghiệm thì đồ thị hàm số bậc ba đúng là không 

sao lại nhân với  1012  : là do ta đã gán cho 

có điểm cực trị, nhưng đó có phải là toàn bộ 

x  100 nên   x  1  1012 . Mục đích của ta là 

trường hợp có thể xảy ra hay không? Không, vì  nếu phương trình  y ʹ  0  có nghiệm kép thì đồ  thị hàm số bậc ba cũng không có điểm cực trị. ( 

2

đi tìm biểu thức tử số của đạo hàm nên ta có tử  số đạo hàm   y ʹ.  x  1    2

Như bảng trang 35 SGK).  Câu 2: Đáp án A.  Phân tích: Để biết hàm số đồng biến, nghịch 

biến trên khoảng nào ta thường xét dấu của đạo  hàm để kết luận. 

Với dạng này ta có 2 cách xử lý như sau:  Cách 1: Cách giải toán thông thường: Vì đây là  hàm đa thức có bậc tử lớn hơn bậc mẫu, nên để  tìm đạo hàm một cách nhanh chóng, quý độc giả  nên chia đa thức tử số cho đa thức mẫu số như  sau:  Điều kiện:  x  1    Lovebook.vn|132

  Khi đó máy hiện kết quả  10202  1 02 02  x 2  2 x  2 . 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

 yʹ 

x2  2x  2

 x  1

 1

2

1

 x  1

2

Ngọc Huyền LB

tìm nhanh tiệm cận khi đề cho hàm phân thức 

bậc nhất trên bậc nhất rồi.  Điều kiện :  x 

Quay lại như cách 1.  Chú ý: Nhiều độc giả không nhớ rõ lí thuyết nên 

3   2

1 3  d  ; TCĐ:  x  2  d2  .  2 1

bối rối giữa ý A và B. Nhưng hãy nhớ kĩ trong 

TCN: y 

chương trình 12 chúng ta chỉ học đồng biến, 

 x 1  Gọi M  xo ; o   là điểm nằm trên đồ thị  2 xo  3  

nghịch biến trong một khoảng, một đoạn ( nửa  khoảng, nửa đoạn) mà không có trên một tập  giá trị nhé.  Câu 3: Đáp án D. 

C  . Khi đó    d  M ; d1  

Phân tích: 

 y  h  x   f  x   C  , với  y  m  là đường thẳng    y  m  d  cùng phương với trục Ox.   Khi học tự luận đây chính là bài toán suy diễn  đồ thị quen thuộc. Vì hàm   h  x   f  x   có 

h  x   h   x  nên  h  x   là hàm chẵn có đồ thị  đối xứng qua Oy. Cách suy diễn: Giữ nguyên 

d  M ; d2  

ta có đồ thị như sau:   

y

1 2

x0 

3 2

12  0 2

2

2 xo  3

2

2 xo  3 2

1  d1   4 xo  6

 d2  

1   2 2 xo  3

Đến đây ta có thể nghĩ ngay đến BĐT quen  thuộc, BĐT Cauchy.  Áp dụng BĐT Cauchy ta có  

2 xo  3 2

1 1 1  2 .  1 2 2 2 2 xo  3

Dấu bằng xảy ra khi 

2 xo  3 2

1 2 2 xo  3

 x  1  M  1; 0  2 .   2 xo  3   1    x  2  M  2; 1

Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả dễ bị nhầm lẫn 

4

khi tính khoảng cách giữa điểm M đến 2 đường 

3

 ‐1  O 

0 1

Ta có  d1  d2 

phần đồ thị hàm số phía trên trục Ox, lấy đối  xứng phần đồ thị dưới trục Ox qua Ox. Khi đó 

2 xo  3 2

Số nghiệm của phương trình  x 4  2 x 2  3  m  là  số giao điểm của 2 đồ thị hàm số 

xo  1

0.xo 

1 chẳng hạn, độc giả sẽ  2 bối rối không biết áp dụng công thức tính 

tiệm cận. Khi thấy  y  1 

  x 

khoảng  cách như thế nào.   1 1  0.x  y   0    2 2 Vậy công thức tính khoảng cách ở đây là  Ta có  y 

Nhìn vào đồ thị ta thấy với  m   3; 4   thì d cắt  (C) tại 6 điểm phân biệt. Vậy với  m   3; 4   thì  phương trình có 6 nghiệm phân biệt. 

xM .0  y M  d

0 2  12

1 2

. Trong khi làm bài thi vì tâm 

Câu 4: Đáp án A 

lý của quý độc giả rất căng thẳng nên nhiều khi 

Phân tích: 

các dạng đường thẳng biến tấu sẽ làm các bạn 

Đề bài chỉ cho ta dữ kiện về hàm số, từ đó ta 

bỡ ngỡ đôi chút. Vì thế hãy luyện tập thật kĩ để 

phải đi tìm 2 tiệm cận của đồ thị hàm số. Như ở 

có một kết quả xứng đáng nhé! 

đề số 2 của sách, tôi đã chỉ cho quý độc giả cách  133|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 5: Đáp án B. 

phương trình của đường thẳng đã cho rồi ta tìm 

Phân tích: Nhận xét với điểm  M  xo ; yo   thì 

được m. 

điểm M ʹ  đối xứng với  M  xo ; yo   có tọa độ 

x  3   hoành độ  y ʹ  3x 2  12 x  9  0   x  1

  x ;  y  . o

trung điểm của 2 điểm cực trị là  xo  2   

o

Khi đó   yo 

 xo  2  x0  1

 yo 

2  xo xo  1

. Đáp án B. 

Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả nhầm lẫn giữa 

đối xứng qua O với đối xứng qua trục Ox, đối  xứng qua trục Oy, dẫn đến khoanh vào các đáp  án còn lại. Một lời khuyên cho quý độc giả đó là  nếu không nhớ rõ kiến thức có thể vẽ hình ra và 

 M  2; 2  là trung điểm của 2 điểm cực trị của  đồ thị hàm số bậc ba đã cho.  Thay vào phương trình đường thẳng ta được  2  2  m  m  0 . 

Câu 8: Đáp án A.  Phân tích:  

xác định tọa độ của các điểm đối xứng, sẽ rất 

Hàm số  y  x 1  x 2  xác định trong đoạn 

nhanh thôi, hãy luôn giữ đầu óc sáng suốt trong 

 1;1 .

quá trình làm bài bạn nhé.  Câu 6: Đáp án A.  Phân tích: Hàm số đã cho là hàm số bậc 4 trùng 

phương và xác định trên   . Cùng xem lại bảng  trang 38 Sách giáo khoa Giải tích cơ bản mà tôi  đã nói đến với quý độc giả ở đề số 2 ( mục đích  của việc tôi nhắc lại về bảng này trong sách là để  quý độc giả xem lại nó nhiều lần và ghi nhớ nó  trong đầu).  Nhìn vào bảng ta thấy: Hàm số đã cho đã thỏa  mãn điều kiện  a  1  0 , nên để đồ thị hàm số đã  cho chỉ có một điểm cực tiểu thì phương trình  y ʹ  0  có một nghiệm duy nhất.  

Mà y ʹ  4 x 3  2 bx  2 x  2 x 2  b  . Để phương  trình  y ʹ  0  có nghiệm duy nhất thì phương  trình  2 x  b  0  vô nghiệm hoặc có  một  2

nghiệm x  0  . Khi đó  b  0  .  Còn điều kiện của c thì sao, đề đã cho tọa độ của 

Ta có  y ʹ  1  x 2 

x2 1  x2

1  2 x2 1  x2

 

 1 x  2 . Ta lần lượt so sánh các giá  yʹ  0    1 x   2 

trị    1  1  1  1 y  1  0; y  1  0; y  ;y    .    2 2  2 2 1 1    1 .  2 2 Câu 9: Đáp án A. 

Vậy M  m 

Phân tích: Với bài này độc giả cần nhớ lại công 

thức tính độ dài cung tròn. Độ dài cung tròn    dùng làm phễu là :  Rx  2 r    r  Rx  ;  AB 2

h  R2  r 2  R2 

R2 x 2 R  4 2  x 2   2 2  4

điểm cực tiểu, từ đó ta có thể dễ dàng tìm được 

Thể tích cái phễu là: 

c  1 .

1 R3 2 V  f  x   r 2 h  x 42  x2 với  3 242

Câu 7: Đáp án A.  Phân tích: Lúc đầu khi đọc đề bài, bạn đọc có 

x   0; 2   . 

thể bị bối rối khi đề bài cho quá nhiều thứ: 2  điểm cực trị, trung điểm của 2 điểm cực trị, biến  m, đường thẳng d. Nhưng thực ra đây là một bài  toán tư duy rất cơ bản.  Đề bài nói rằng tìm m để đường thẳng đi qua  trung điểm 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số  y  x 3  6 x 2  9 x  , thì ta đi tìm 2 điểm cực trị rồi 

từ đó suy ra tọa độ trung điểm, thay vào  Lovebook.vn|134

Ta có  f ʹ  x  

2 2 2 R3 x 8   3x   . 24 2 4 2  x 2

f ʹ  x   0  8 2  3 x 2  0  x 

2 6  . Vì đây là  3 BT trắc nghiệm nên ta có thể kết luận luôn rằng  thể tích của cái phễu lớn nhất khi  x 

2 6  . Vì  3


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ta đang xét trên   0; 2    mà   f ʹ  x   0  tại duy 

Với mệnh đề ( 3): Ta nhận thấy đây là mệnh đề 

nhất một điểm thì ta có thể làm nhanh mà 

sai, ta chỉ lấy đơn cử ví dụ như hình vẽ sau đây:  

không vẽ BBT nữa.  

y

Chú ý: Thật cẩn thận trong tính toán, nếu thời 

gian gấp rút trong quá trình làm bài, bạn có thể  để câu này làm cuối cùng vì tính toán và ẩn khá  phức tạp.  Câu 10: Đáp án C.  Phân tích: Vì đây là dạng toán tìm nhận định 

x

O

đúng nên quý độc giả nên đi kiểm tra tính đúng  đắn của từng mệnh đề một.  Với mệnh đề A: phương trình hoành độ giao  điểm của 2 đồ thị là :  x 3  3 x  3 . Bấm máy tính  ta thấy phương trình chỉ có một nghiệm thực.  Vậy chỉ có 1 điểm. Đáp án A sai.  Với mệnh đề B: xét phương trình hoành độ giao  điểm của 2 đồ thị:  x 3  3 x  4 . Bấm máy tính ta  thấy phương trình cũng chỉ có 1 nghiệm, vậy  đáp án B sai.  Với mệnh đề C: xét phương trình hoành độ giao  5 điểm của 2 đồ thị:  x  3 x  . Bấm máy tính ta  3 thấy phương trình có 3 nghiệm phân biệt. Vậy  3

mệnh đề này đúng, ta chọn luôn đáp án C.  Câu 11: Đáp án B.  Phân tích: Vì đây là dạng bài tìm mệnh đề đúng 

nên quý độc giả phải đi xét xem mệnh đề nào là  đúng rồi tổng hợp lại.  Với mệnh đề (1): đây là mệnh đề đúng, ta cùng  nhớ lại chú ý trang 14 sách giáo khoa cơ bản  nhé:  “Nếu hàm số  f  x   đạt cực đại ( cực tiểu) tại  xo   thì  xo  được gọi là điểm cực đại ( điểm cực tiểu)  của hàm số;  f  xo   được gọi là giá trị cực đại (  giá trị cực tiểu) của hàm số, kí hiệu là  fCD  fCT  , 

Đồ thị hàm số ở hình vẽ có 2 điểm cực trị nhưng  chỉ cắt trục Ox tại duy nhất 1 điểm, nên kết luận  này là sai.  Với mệnh đề (4): Ta cũng nhìn vào hình vẽ đã lấy  làm ví dụ minh họa ở mệnh đề 3 để nhận xét  rằng đây là mệnh đề sai.  Vậy đáp án đúng của chúng ta là B: có 2 mệnh  đề đúng.  Câu 12: Đáp án B.  Phân tích: Đây là câu hỏi giải phương trình 

logarit “ kiếm điểm”. Qúy độc giả nên nắm chắc  kiến thức về logarit để giải không bị sai sót.  Điều kiện:  x 2  3 x  5  0; 0  x  1    5    3  ( không thỏa mãn). Thay vào điều kiện ban đầu 

Phương trình   x 2  3x  5  x 2  x 

thì không thỏa mãn, nên ta chọn đáp án B.   Ở đây quý độc giả cũng có thể thay vào để thử  nghiệm, tuy nhiên bản thân tôi nhận thấy, giải  phương trình còn nhanh hơn cả việc thay vào 

còn điểm  M  x o ; f  x o    được gọi là điểm cực 

thử từng đáp án một. Nhưng nếu bạn thấy cách 

đại ( điểm cực tiểu) của đồ thị hàm số.” Mong 

Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả không để ý x 

rằng quý độc giả nhớ rõ từng khái niệm, tránh 

chính là cơ số, nên cần điều kiện  0  x  1 . Nên 

nhầm các khái niệm : “điểm cực đại của hàm số” 

chọn luôn phương án D là sai. 

, “ điểm cực đại của đồ thị hàm số”, “ giá trị cực 

Câu 13: Đáp án B. 

đại”,....  

Phân tích:  

Với mệnh đề (2), ta tiếp tục xem Chú ý 2 trang 14  SGK , và đây cũng là mệnh đề đúng. 

nào nhanh hơn thì làm nhé.  

log a3 a 

1 1 log a a  .   3 3 135|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Chú ý: nhiều độc giả có thể chưa nắm vững kiến 

Câu 16: Đáp án D. 

thức về logarit và có những sai lầm như sau: 

Phân tích:  Lại  là  một  dạng  bài  đòi  hỏi  quý  độc 

Sai lầm thứ nhất:  log a3 a  3 log a a  3  .  

giả phải đọc và xem xét kĩ từng giai đoạn của bài 

Chọn đáp án A là sai. 

toán.  

Sai lầm thứ hai:  log a3 a  3 log a a  3 .  

Xét giai  đoạn  thứ  nhất:  Đây  là  một  giai  đoạn 

Chọn đáp án C là sai. 

log 2 5  log 2 3.log 3 5  3ac , sau  đây  là  lời  giải 

đúng. Có thể nhiều độc giả bối rối đoạn  

Câu 14: Đáp án A.  Phân tích: Nhìn các đáp án quý độc giả có thể 

thấy rối mắt, tuy nhiên, nếu để ý kĩ đề bài có 

thích:   Ta có  log 3 5 

cho tam giác vuông vì thế chúng ta có dữ kiện: 

log 2 5 log 2 3

 log 2 5  log 3 5.log 2 3  

a 2  b 2  c 2  

Tương tự  với  giai  đoạn  II  và  giai  đoạn  III  đều 

Vì ở các cơ số của các đáp án là  c  b  và  c  b  

đúng.

nên ta sẽ biến đổi biểu thức của định lý Pytago 

Vậy đáp án cuối cùng là D. 

như sau: 

Quý độc giả có thể  dùng máy  tính để thử từng 

a 2  c 2  b2   c  b  c  b  . (*) 

bước làm, tuy nhiên ý kiến cá nhân tôi thấy nếu  ngồi bấm máy tính, bạn đọc sẽ tốn thời gian hơn 

Ta đi phân tích biểu thức 

log c  b a  log c b 

1 1 a    log a  c  b  log a  c  b 

log a  c  b   log a  c  b  log a  c  b  . log a  c  b  log a

  c  b  c  b  

log a  c  b  . log a  c  b 

là tư duy đấy. Nên hãy tập tư duy nhiều nhất có  thể bạn nhé.  Câu 17: Đáp án B.  Phân tích:  

 

Ta có  

  . log

 log a a

2

cb

a. log c  b a  

 2 log c  b a.log c  b a   ( Ta áp dụng công thức  log   

1 )  log 

Vậy đáp án đúng là đáp án A.  Câu 15: Đáp án B.  

Phân tích: Ở đây có 2 dạng điều kiện các quý  độc giả cần lưu ý đó là  a. Điều kiện để logarit xác định.  b. Điều kiện để căn xác định.  Giải bài toán như sau:  x  3  0   x  3    Đk :  log  x  3   1   1   log 3  x  3   1  3

x  3  x  3  x  3      10   1 x  log 3  x  3   1  x  3  3 3 

f ʹ  x 

1

x2  1  x

2x 2 x2  1

x x 1 2

x2  1 x x 1 2

công thức đạo hàm  ln u  u ʹ  như sau: 

f ʹ  x 

1 x  x2  1

. Chọn luôn đáp án A là sai 

Hoặc nhiều độc giả đạo hàm nhầm  u ʹ  dẫn đến  chọn các đáp án còn lại. Vì thế hãy thật cẩn thận  trong tính toán nhé.   Câu 18: Đáp án B  Phân tích: Ta cùng nhớ lại công thức  1  log b a  1 ,  công thức  log a b

log a x  log a y  log a xy  2   áp dụng vào bài  toán này. 

Chú ý: Nhiều độc giả quên mất điều kiện để 

dụng công thức (1) ). Vậy ý D đúng. 

Lovebook.vn|136

uʹ . Tức là không tính  u

Ta có  T 

sai.

x 1

Phân tích  sai  lầm:  Nhiều  độc  giả  có  thể  quên 

 10  x   3;  . Đáp án B.   3 logarit xác định nên dẫn đến chọn đáp án C là 

1 2

1 ( áp  log x a  log x b  log x c  log x d


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

1 ( áp dụng công thức (2)).   log x abcd

Ngọc Huyền LB

năm đầu chỉ số tăng là  m% , 8 năm sau chỉ số  tăng là  n% . Vậy thể tích sẽ là  10

Vậy ý C đúng.   log abcd x  ( áp dụng công thức (1)).  

V2016

 m  100   n  100   V .  .   100   100 

 m  100   n  100   V. 10

Vậy ý A đúng.  Chỉ còn lại ý B. Vậy chúng ta chọn B. 

8

8

. Đáp án B. 

Câu 19: Đáp án C 

10 36 Câu 22: Đáp án A. 

Phân tích: Đây là một câu giải phương trình mũ 

Phân tích: Nhìn vào phân thức cần tìm nguyên 

gỡ điểm, hãy cẩn thận trong tính toán nhé. 

hàm ta thấy đa thức ở tử số có bậc lớn hơn bậc 

2

2 x 2 7 x  5

x  1  1  2x  7 x  5  0   .   x  5  2 2

của mẫu  số,  nên  ta  sẽ  tiến  hành  chia  tử  số  cho  mẫu số ta được:  4 x 3  5x 2  1  1 dx    4 x  5  2 2 x x 

 1 2  dx  2 x  5 x   C x 

Vậy đáp án là C. 

Câu 20: Đáp án C. 

Câu 23: Đáp án A. 

Phân tích: Ta lần lượt phân tích từng ý một 

Phân tích:  Nhìn  vào  bài  toán  ta  có  thể  nhận  ra 

trong đề. 

ngay đây là bài toán tính tích phân, vì đã có đạo 

Với ý A. Ta có  log x  0  log x  log 1  x  1       (mệnh đề này đúng) 

hàm. Nên từ các dữ kiện đề cho ta có:  5

  3at

Với ý B. Tương tự ý A ta có 

0

2

 5 1 25  bt dt   at 3  bt 2   125a  b  150   0 2 2  

 x  0  0  x  1 ( mệnh  log 3 x  0   log 3 x  log 3 1

Vậy từ đó ta tính được  a  1; b  2   

đề này đúng) 

Vậy thể  tích  nước  sau  khi  bơm  được  20  giây  là 

Với ý C. Ta nhận thấy mệnh đề này sai do cơ số 

20

1 nằm trong khoảng   0;1  thì đổi chiều bất  3 phương trình. Tôi xin nhắc lại kiến thức như 

sau:

log a x  log a y  x  y với 0  a  1 .  Vậy ta không cần xét đến ý D khi đã có đáp án  là C.  

 h ʹ  t  dt   t

khá đơn giản. Tuy nhiên vì có các biến m, n nên  quý độc giả dễ bị bối rối khi thực hiện bài toán.  Ta có như sau: Năm 1999 thể tích khí  CO2  là:    m m  m  100     V 1    V. 100 100  100 

Năm 2000, thể tích khí  CO2  là:   2

 t2

0

20

 8400 .

Câu 24: Đáp án C.  Phân tích: Ta lần lượt đi xem xét từng mệnh đề 

một. Trước  khi  đi  xem  xét  các  mệnh  đề,  tôi  xin  củng cố thêm cho quý độc giả một công thức như  sau: 

Phân tích: Đây là một bài toán ứng dụng số mũ 

3

0

b

Câu 21: Đáp án B. 

V1  V  V .

Tương tự ta có  1000 a  50b  1100   

a

c

b

a

c

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  

Từ công thức  trên  ta suy ra được mệnh đề B là  mệnh đề đúng.  Tiếp 

theo

b

a

a

b

với

mệnh

đề

A:

Ta

 f  x  dx    f  x  dx , nên mệnh đề này đúng.  Với mệnh đề D, ta thấy đây là mệnh đề đúng.  Và chỉ còn đáp án C. 

2

Chú ý: Quý độc giả có thể dùng máy tính để thử 

 m   m  100  V2  V .  1    V .    100    100 

nếu không nhớ công thức liên quan đến tích phân 

….

như trên.  Tuy  nhiên,  chúng  ta  dang  trong  quá 

Vậy ta có quy luật nên sẽ nhẩm nhanh như sau: 

trình ôn  luyện  nên  hãy  ôn  nhớ  công  thức  chứ 

từ năm 1998 đến 2016 là 18 năm, trong đó 10 

không nên dùng máy tính nhiều. Nếu bạn đọc đã  137|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

rèn luyện được khả năng tư duy tốt, lúc đó bạn 

a

sẽ tư duy nhanh hơn là bấm máy tính rất nhiều. 

SP   f  x   g  x  dx  

Câu 25: Đáp án D. 

Ở đây ta có:  

Phân tích: Ta nhận thấy   cos x  8  ʹ   sin x  .  

Vậy  2

 2

0

0

I   sin x 8  cos xdx    8  cos xd  8  cos x   

0

Hình phẳng được giới hạn bởi  

y  f  x  ; y  3x  8; x  0; x  2   (Vì sao tìm được cận 2 thì đó là do ta xét phương  trình  hoành  độ  giao  điểm  của  f  x    và  tiếp  tuyến). 

Đổi cận  x 

0

u

9 8

9

9

8

2

   2

Khi đó:  SP   x 3  6 x 2  9 x   3 x  8  dx   

8

Mà nhìn vào đồ thị ta thấy rõ rằng trên  0; 2   thì 

0

3 x  8  x 3  6 x 2  9 x .  

Khi đó  I    udu   udu   

2

Câu 26: Đáp án A. 

Do đó  SP    x 3  6 x 2  12 x  8 dx . 

Phân tích:  Bài  toán  đặt  ra  cho  quý  độc  giả  khá 

Cách làm nhanh: Khi đi thi quý độc giả không thể 

nhiều giả thiết: hàm số, trục tung, tiếp tuyến tại 

có đủ thời gian để ngồi vẽ đồ thị như tôi vừa giải 

0

điểm có hoành độ thỏa mãn  y ʹʹ  0   

thích kĩ lưỡng ở trên. Chúng ta có thể làm nhanh 

Bước đầu  tiên:  Viết  phương  trình  tiếp  tuyến  tại 

như sau: 

điểm uốn: 

Sau khi đã viết được phương trình tiếp tuyến. Ta 

1. Tìm điểm uốn:  y ʹ  3 x  12 x  9  ;  2

bấm máy tính với một giá trị của  x  0; 2   xem 

y ʹʹ   y ʹ  ʹ  3 x  12 x  9 ʹ  6 x  12   

hàm số nào lớn hơn trên đoạn đang xét, từ đó phá 

y ʹʹ  0  x  2   điểm uốn  I  2; 2    

trị tuyệt đối. Đây là mẹo làm bài, chỉ áp dụng tùy 

2

2. Tìm phương trình tiếp tuyến tại điểm uốn  

bài thôi bạn nhé. 

y  y ʹ  2  x  2   2  3  x  2   2  3x  8  

Câu 27: Đáp án A. 

3. Viết CT tính diện tích hình phẳng. 

hiện đủ  các  bước  tính  diện  tích  hình  phẳng  mà 

Ta có đồ thị sau:  

vẫn có thể tìm được đáp án đúng như sau: 

Phân tích:  Với  bài  toán  này  ta  không  cần  thực 

Thể tích  khối  tròn  xoay  được  giới  hạn  bởi  các 

y

đường y  f  x  ; x  a; x  b; y  0   ;  với  a  b   khi  quay quanh trục Ox là  

2

I

b

V    f 2  x  dx .  Nhìn  vào  đáp  án  A  ta  có  thể  a

O

2

nhận thấy  ngay  đáp  án  này  sai  do  x 

Trong  khi  làm  bài  thi  ta  không  cần  vẽ  đồ  thị,  nhưng ở đây, tôi vẫn vẽ đồ thị để quý độc giả có  thể hiểu rõ ràng bản chất của bài toán:  Với bài toán tổng quát dạng: Tính diện tích hình  phẳng giới hạn bởi:  

y  f  x  ; y  g  x  ; x  0; x  a , với  a  0  thì 

Lovebook.vn|138

1  x2

2

 1  x2

2

 

Vì thế  nhiều  khi  không  nhất  thiết  quý  độc  giả  phải giải chi tiết bài toán ra, hãy tư duy sao cho  nhanh nhất có thể bạn nhé.  Câu 28: Đáp án B.  Phân tích:  

Cách làm rút gọn cơ bản:   z

 3  i 1  i    2  i  i   12  i 2

i2


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

i 2  4 i  3 1  2 i 1  4 i  3     1  2i    11 1 2  2  4i  . 

Ngọc Huyền LB

1 a là  một  số  thuần  ảo  thì  2  0   và  z a  b2

Để

Lưu ý: Trong cuốn sách này tôi đã phân tích rất 

b  0 . Khi đó  z  0  bi   là số thuần ảo. Và  a  b2

rõ phần thực và phần ảo của số phức z, tuy nhiên 

tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường 

tôi vẫn nhắc lại với quý độc giả một lần nữa: Với 

thẳng x  0  , mà  b  0  do đó tập hợp đó sẽ trừ đi 

số phức  z  a  bi    a , b     thì a là phần thực và 

b là phần ảo. Rất nhiều độc giả nhầm rằng bi là  phần ảo là sai.  Cách làm trên là cách diễn giải về mặt bản chất  toán học, tuy nhiên nếu nhẩm nhanh như trên thì 

2

O. Đáp án C. 

Câu 31: Đáp án B  Phân  tích:  Với  bài  dạng  này  thì  ta  sẽ  nghĩ  đến  điều gì? Ta thấy ở đây có z, có i, tại sao ta không 

khá là lâu, nên trong khi làm bài thi, quý độc giả 

nghĩ đến tạo ra  i 2  để có phương trình đẳng cấp 

có thể  sử  dụng  công  cụ  máy  tính  trợ  giúp  như 

bậc 2  và  khi  đó  ta  sẽ  giải  bài  toán  một  cách  dễ 

sau:

dàng.

Bước 1:  chọn  MODE     chọn  2:CMPLX  để 

Một điều rất đỗi quen thuộc đó là  i 2  1  . Ta có 

chuyển sang dạng tính toán với số phức trên máy 

thể thêm vào phương trình như sau: 

tính.

Phương trình  

Bước 2:  Nhập  vào  máy  tính  biểu  thức  z

3i 2i  như sau  1 i i

 z 2  2iz  15i 2  0   z  3i  z  5i   0    z  3i   .Đáp án B   z  5 i Câu 32: Đáp án A.  Phân tích:   Đề  bài  cho  z  2 

x 2  y 2  2  x 2  y 2  4 .

Đến đây, quý độc giả đã có thể giải quyết bài toán 

Vậy đáp án là A.  

như đến bước này ở cách trên. 

Bình luận: Rất nhanh phải không bạn? Có thể ban 

Câu 29: Đáp án B. 

đầu quý độc giả sẽ thấy bối rối khái niệm tập hợp 

Phân tích: Ta lần lượt đi xét từng mệnh đề 1. 

điểm, nhưng cách làm lại khá nhanh. Vì thế, hãy 

Với mệnh đề A: ta có  z  z   a  bi    a  bi   2bi  

thật sáng suốt trong quá trình làm bài nhé. 

Câu 33: Đáp án B. 

đây là một số thuần ảo. Vậy đáp án A đúng. 

Phân tích: Ta lần lượt có thể tìm được tọa độ các 

Với mệnh đề B: ta có   z.z   a  bi  a  bi   a 2  b 2 .i 2  a2  b2  

(

do

điểm A, B, C và A’, B’, C’ theo các dữ kiện đề bài   Vì A là điểm biểu diễn số phức  1  i  nên 

i  1 ). Đây là số thực, vậy mệnh đề này sai, ta 

A  1; 1 . Tương tự ta có  B  2; 3  , C  3;1  và 

có thể khoanh luôn đáp án B mà không cần xét 2 

A ʹ  0; 3  ; B ʹ  3; 2  ; C ʹ  3; 2  . Có các dữ kiện này, 

2

đáp án còn  lại nữa.  Tuy  nhiên,  khi  quý độc giả  đang  đọc  phần  phân  tích  này  có  nghĩa  là  bạn 

ta lần lượt đi phân tích từng mệnh đề: 

đang trong quá tình ôn luyện, vì thế bạn nên đọc 

Với mệnh đề A: Ta thấy để xem xét xem 2 tam 

cả 2 mệnh đề đúng sau đó để khắc ghi nó trong 

giác có đồng dạng hay không khá là lâu, nên ta 

đầu, có thể nó sẽ có ích cho bạn trong khi làm bài 

tạm thời để mệnh đề này lại và tiếp tục xét sang 

thi.

mệnh đề B. 

Câu 30: Đáp án C. 

Với mệnh đề B: Ta lần lượt tìm trọng tâm của 

Phân tích:  Ta  đặt  z  a  bi   với  a, b  .  Khi  đó 

 3  3 từng tam giác: ta có  G  2;  ;  G ʹ  2;  . Nhận   2  2

1 1 a  bi a  bi     2  2 2 2 z a  bi a  b i a  b2

thấy G  G ʹ  nên mệnh đề này đúng, ta không  139|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

cần tiếp tục xét các mệnh đề còn lại nữa, vì chỉ  có duy nhất một mệnh đề đúng cần chúng ta  tìm mà thôi.   Hãy linh hoạt trong từng tình huống bạn nhé.  Câu 34: Đáp án A. 

1 Ta có  V  SABCD .AA ʹ  ; V1  .SABD . AA ʹ    3 2. SABD .AA ʹ 1 V   6    Mà  SABD  SABCD  2 V1 1 S .AA ʹ 3 ABD

Phân tích: 

 V  6V1  

Cách làm trình bày rõ ràng về mặt toán học như 

Chú ý: Nhiều độc giả tư duy nhanh nên chỉ xét tỉ 

sau:

số giữa diện tích đáy mà quên mất rằng với khối 

A   3  2i  5  6i   5  3  2i   6  5  6i   

chóp thì còn tích với 

 12i 2  28i  15  15  10i  30  36i  48  74i . 

Tuy nhiên, nếu bạn không có tư duy nhẩm tốt,  có thể nhập vào máy tính để làm như sau:  Chọn chế độ phức như tôi đã trình bày ở câu 28.  Tiếp theo là gán các giá trị  z1  A ;  z2  B   

1 nữa, và nhanh chóng  3 chọn ý D là sai. Vì thế, nhanh nhưng cần phải  chính xác bạn nhé. 

Câu 37: Đáp án A  Phân tích: ta có hình vẽ sau:  

N

Bằng cách bấm:  3  2i   SHIFT STO A;  5  6i   

I M 

SHIFT STO B  Và bấm biểu thức :  AB  5 A  6 B  =, ta nhận  ngay được đáp án A.  Câu 35: Đáp án D 

Ta có hình vẽ hình bát diện đều như sau:     A

D

B

C

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Suy ra IO  song song với AM, suy ra IO vuông góc với mặt  phẳng ABCD.   OI  AC   

Mà AC  BD;  OI và BD là 2 đường thẳng cắt 

Vậy đáp án đúng là D. 4 

nhau cùng thuộc mặt phẳng   IBD  . Khi đó 

Câu 36: Đáp án A.  

AC   IBD  ; hay  AO   IBD    

Ta có hình vẽ sau:  A’ 

Ta có MN giao với   IBD   tại I 

B’ D’ 

C’

 

D

A

Lovebook.vn|140

VMIBD 1  1  VMIBD  VNIBD  VMNBD  1   VNIBD 2

1 1 AC .S  2    Mặt khác  VMIBD  . AO.SIBD  . 3 3 2 IBD

B  

   IM  1   d  N ;  IBD   IN

d M ;  IBD 

C

1 Từ  1  và   2     V MNBD  . AC.SIBD . Đáp án A  3


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Trên đây là cách trình bày chi tiết để quý độc giả 

Ngọc Huyền LB

S

có thể hiểu chi tiết được bài toán, tuy nhiên khi  làm mà không phải trình bày rõ ràng ra, chỉ suy  luận sẽ rất nhanh chứ không dài dòng như thế  này. Suy luận nhanh đòi hỏi độ chính xác cao, 

N

nên các công thức, các số liệu phải thật cẩn thận, 

I

có thể bạn mới đạt điểm cao mà không bị mất  điểm đáng tiếc. 

A

O

D

Câu 38: Đáp án A. 

Khi quay quanh trục MN thì khối được tạo  thành sẽ là hình trụ với đáy là hình tròn có  đường kính là AB.  Khi đó, bán kính hình tròn là  r 

AB a    2 2

Thể tích của khối trụ là  V  B.h  r 2 .b 

a2 b  4

B

M

C

Đây là một bài toán tính toán khá lâu,  nếu trong  quá trình làm bài thi, bạn thấy nó lâu quá, bạn  có thể để đó và làm các câu tiếp theo.  Tuy nhiên, dưới đây là cách làm bài và phân  tích chi tiết cho quý độc giả hiểu cách làm của 

đvtt.

bài toán này. 

Câu 39: Đáp án B. 

Nhận thấy tứ diện  S. AMD  có AMD là tam giác 

Phân tích: Chỉ cần tinh ý nhìn ra rằng 6; 8; 10 là 

vuông tại M ( Do 

bộ ba số Pytago là quý độc giả đã có thể giải 

AM  MD  AB 2  BM 2  a 2 , mà  AD  2 a

được bài toán này một cách nhanh chóng như 

 hệ thức pytago). Sau đây sẽ là các bước để 

sau:

tìm tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 

Ta thấy  AB  BC  CA  , suy ra tam giác ABC 

Bước 1: Vẽ trục đường tròn của mặt phẳng đáy 

vuông tại B. 

Gọi O là trung điểm của AD,suy ra O là trọng 

Mặt phẳng   P   cắt mặt cầu theo giao tuyến là 

tâm của tam giác  AMD . 

2

2

2

đường tròn đi qua A, B, C. Tam giác ABC vuông 

Từ O, kẻ Ox vuông góc với   ABCD   

tại B, suy ra AC là đường kính của đường tròn 

Bước 2: Vẽ trung trực của cạnh bên và tìm giao 

CA  5 là bán kính của đường tròn.  2 Mặt cầu có bán kính  R  13 . Khi đó ta có 

điểm, giao điểm đó chính là tâm của mặt cầu 

r

khoảng cách từ tâm O đến   P   

ngoại tiếp hình chóp  kẻ  Ny  vuông góc với SA,  Ny  Ox  I  . Khi đó I  chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 

h  R 2  r 2  12

S.AMD.

Câu 40: Đáp án C. 

Ta chỉ cần tính IS là được. Mà tam giác SIN 

Phân tích: Ta có hình vẽ như sau: 

vuông tại N  2

a 2 a 6 2  SI  SN  NI      a   2  2   2

2

Vậy đáp án đúng là C.  Câu 41: Đáp án A.  Phân tích: Ta có thiết diện qua trục của hình 

nón là tam giác vuông có cạnh bằng 2   đường  sinh  l  2 . Đường kính của hình tròn đáy là  cạnh huyền của tam giác vuông.  2 R  2 2  2 2  2 2  R  2  . Khi đó   141|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Sxq  .Rl  2 2  đvdt. 

Bước 1: Tìm được giao điểm của đường thẳng 

Câu 42: Đáp án A. 

và mặt phẳng     . Nếu để phương trình đường 

Phân tích: Đây là dạng toán tìm tọa độ điểm cơ 

thẳng như đề cho quý độc giả sẽ không tìm 

bản trong hình học giải tích Oxyz, ta chỉ áp dụng 

được tọa độ giao điểm. Vậy tại sao không 

công thức sau là có thể giải bài toán này một 

chuyển về dạng tham số t. Chỉ còn một biến, khi 

cách nhanh chóng: 

đó thay vào phương trình mặt phẳng      ta sẽ 

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, G là trọng 

tìm được ngay điểm đó. 

 1  xG  3  x A  xB  xC   1  tâm của tam giác ABC thì   yG   y A  yB  yC     3  1   z G  3  z A  zB  zC   Lúc này bạn chỉ việc bấm máy là có kết quả. 

Câu 43: Đáp án A.  Vì mặt cầu cắt mặt phẳng   P   với thiết diện là  hình tròn có đường kính bằng 2    bán kính của  hình tròn là  r 

2  1 . 2

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng   P   là 

h  d I; P 

1  2  2.3  3 12  12  2 2

 

R r h  1  2 6 2

2

2

 2 6  

 5  

S  :  x  1   y  2    z  3  2

d

Phân tích: Độ dài đường cao AH chính là  khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng đáy 

 BCD   

Vì đề đã cho tất cả tọa độ các điểm của tứ diện  ABCD  nên ta có thể viết được phương trình 

Vậy phương trình mặt cầu  2

   ta được  3  12  4t   5  9  3t    1  t   2  0  t  3     M  0; 0; 2  Bước 2: Viết phương trình mặt phẳng             vuông góc với  d  u  n    4; 3;1  ,     qua  M  0; 0; 2        : 4 x  3 y  z  2  0 .  Câu 46: Đáp án B 

Khi đó bán kính của mặt cầu là  2

 x  12  4t  d :  y  9  3t . Khi đó thay vào phương trình  z  1  t 

2

 25

mặt phẳng đáy   BCD  . Có tọa độ điểm  A  và 

Câu 44: Đáp án B.  

phương trình mặt phẳng đáy ta có thể tính được 

Mặt phẳng      song song với      suy ra vtpt 

khoảng cách từ A đến mặt phẳng đáy. 

của     cùng phương với vtpt     . Khi đó  

1. Viết phương trình mặt phẳng   BCD  :   Như ở đề số 2 tôi đã đề cập về cách viết phương 

   có dạng  2 x  3 y  z  m  0 . Mà      đi qua  M  1; 2; 3   khi đó phương trình   2.1   3  .  2   3  m  0  m  11 . Khi đó     : 2x  3y  z  11  0 . Nhiều độc giả khi đến 

(Với bước này quý độc giả có thể sử dụng cách 

đây so vào không thấy có đáp án giống y như 

bấm máy để tính tích có hướng của hai vecto và 

thế nên bối rối, tuy nhiên nếu nhìn kĩ vào ý B thì 

ra được tọa độ của vtpt như trên). 

thấy ý B chính là đáp án đúng ( chỉ có điều đáp  án B chưa tối giản hẳn như kết quả chúng ta tìm  được, đây vẫn là đáp án đúng).  Vậy đáp án B. 

trình mặt phẳng đi qua 3 điểm:    BC   1; 2; 5  ; CD   1; 2; 1       nBCD   BC ,CD    8; 6; 4      

Khi đó   BCD   qua  B  1; 0; 6   và có vtpt   n   8; 6; 4  . Khi đó 

 BCD  : 8 x  6 y  4 z  16  0  

Câu 45: Đáp án A. 

 4x  3y  2z  8  0

Phân tích:  

2. Tính khoảng cách  

Lovebook.vn|142


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

AH 

4.  2   3.6  2.3  8 42   3    2  2

2

24 29

Ngọc Huyền LB

z M  1 .

 

Câu 49: Đáp án B  Phân tích: Mặt cầu   S   có tâm  I  2;1; 1 , bán 

Câu 47: Đáp án D.  Phân tích: Đây là dạng toán đã được đề cập 

kính R  1   

trong Bài 3: Phương trình đường thẳng trong 

Ta xét vị trí tương đối giữa mặt phẳng và mặt 

không gian sách giáo khoa hình học cơ bản lớp 

cầu. Cách để xét vị trí tương đối giữa mặt phẳng 

12.

với mặt cầu là so sánh khoảng cách từ tâm mặt 

Ta chuyển phương trình đường thẳng d về dạng 

cầu đến mặt phẳng đó với bán kính mặt cầu. 

x  1  t  tham số  d :  y  2  3t    z  3  t 

Để  S   và   P   giao nhau thì  d  I ;  P    R   

3.2  2.1  6.  1  m 3   2   6 2

2

 1  

2

1  t  2  2t ʹ  Ta xét hệ phương trình  2  3t  2  t ʹ   3  t  1  3t ʹ 

Câu 50: Đáp án A. 

Nhận xét: hpt có nghiệm duy nhất  t  1; t ʹ  1  

Ta có công thức tổng quát như sau: 

 m  2  7  5  m  9  

Vậy 2 đường thẳng này là 2 đường thẳng cắt 

x 2  y 2  z 2  2 ax  2by  2cz  d  0  

nhau.

  x  a    y  b    z  c   a 2  b 2  c 2  d  

Câu 48: Đáp án A. 

Để phương trình trên là phương trình mặt cầu 

Phân tích: Chúng ta lại quay lại với dạng toán 

thì a 2  b 2  c 2  d  0  ( điều kiện để có R) 

cơ bản: 

Áp dụng vào bài toán này ta có 

Với dạng toán này ta nên viết CT tính tổng quát 

 m  1   2 m  3    2 m  1

2

ra để sau đó thay số vào sẽ nhanh hơn  x A  xM  2  xB  xM   2  xC  xM   0

 xM  xA  2 xB  2 xC  7

 

2

2

2

2

2

 m  11  0  

m  1  9m2  9m  0   . m  0

Tương tự thì  y M  y A  2 y B  2 yC  3     

143|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017

ĐỀ SỐ 11 

Môn: Toán 

ĐỀ TỰ SOẠN 2 

Thời gian làm bài: 90 phút 

Câu 1: Cho hàm số  y  f  x  .  Mệnh đề nào 

Câu 5: Hàm số  y 

đúng trong những mệnh đề sau?   

A. f ʹ  x   0  với  x   a , b   f  x   đồng biến 

trên khoảng   a , b  .   

B. f ʹ  x   0  với    a , b   f  x   đồng biến 

trên khoảng   a , b  .     

nào?  

A.  ; 1   

B.  1;       

C.  1; 1     

D.  ; 1  và   1;     

Câu 6: Cho hàm số:  y  x 4  2 x 2  2 . Cực đại của 

hàm số bằng? 

C. f  x   đồng biến trên khoảng   a , b 

 f ʹ  x   0, x   a , b  .    

x đồng biến trên khoảng  x 1 2

A. 2 

B. 1 

C. ‐1  

D. 0  

Câu 7: Cho hàm số  y  x  và các mệnh đề sau, tìm 

D. f  x   nghịch biến trên khoảng   a , b 

mệnh đề đúng:   

 f ʹ  x   0, x   a , b  .  

A. Hàm  số  không  có  đạo  hàm  tại  x  0   nên 

không đạt cực tiểu tại   x  0 . 

Câu 2: Đồ thị hàm số ở hình bên là của hàm số  nào dưới đây 

B. Hàm số không có đạo hàm tại  x  0  nhưng 

vẫn đạt cực tiểu tại  x  0 .   

y

C. Hàm số có đạo hàm tại  x  0  nên đạt cực 

tiểu tại  x  0.     

D. Hàm số có đạo hàm tại  x  0  nhưng không 

đạt cực tiểu tại  x  0.    Câu  8:  Giá  trị  nhỏ  nhất  của  hàm  số  y  x 3  3 x 2  9 x  6  trên   4; 4  là  

x

O

 

A. Min f  x   21   

B. Min f  x   14  

4;4 

4;4 

A. y   x 3  3 x 2  1   

B. y   x 4  2 x 2  2   

  C.  Min f  x   11   

C. y  x  2 x  2  

D. y  x  3 x  1  

Câu 9:  Giá  trị  của  m  để  đồ  thị  hàm  số 

4

2

3

2

Câu 3: Số điểm cực trị của đồ thị  hàm số 

1 y   x 3  x  7 là?  3 B. 0    A. 1 

C. 3 

D. 2 

x1 Câu 4: Cho hàm số sau:  y  , những mệnh  x3 đề nào đúng trong các mệnh đề sau? 

D. Min f  x   70   

  4;4 

y

  4;4 

x2  3mx C  cắt x3

đường

thẳng

y  mx  7  d  tại 2 điểm phân biệt là:   

A. m 

19    12

B. m 

19 và  m  1   12

(1) : Hàm số luôn nghịch biến trên  D   \3 . 

19 19     D.  m   và  m  1    12 12 Câu 10: Một sợi dây có chiều dài là 6 m, được chia 

(2) : Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là 

thành 2  phần.  Phần  thứ  nhất  được  uốn  thành 

C. m 

x  1 ; một tiệm cận ngang là  y  3  . 

hình tam giác đều, phần thứ hai uốn thành hình 

vuông. Hỏi  độ  dài  của  cạnh  hình  tam  giác  đều 

(3) : Hàm số đã cho không có cực trị. 

(4): Đồ thị hàm số nhận giao điểm  I  3; 1  của 

hai  đường tiệm cận làm tâm đối xứng.   

A. (1),(3),(4) 

B. (3),(4) 

C. (2),(3),(4) 

D. (1), (4) 

Lovebook.vn|144

bằng bao nhiêu để diện tích 2 hình thu được là  nhỏ nhất?     


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

giá xăng là  12000VND / lit . Hỏi năm 2016 giá tiền  xăng là bao nhiêu tiền một lít?     

A. C. 

18 94 3 12 4 3

 m   

B.

 m   

36 3 94 3

D.

18 3 4 3

 m   

 m

A. 11340, 00VND / lit    B.  113 400 VND / lit   

C. 18616,94VND / lit    D. 186160,94  VND / lit   

2x  1 Câu 11: Đồ thị hàm số  y  2   có mấy đường  x  2x tiệm cận ?  2

A. 1 

Câu

B. 0  12: 

C. 2 

Nghiệm

của

D. 3 

phương

A. x  3128   

B. x  1564   

C. x  4   

D. x  2   

B. y ʹ 

 x  1 C. y ʹ 

D. y ʹ 

x

A. x  1  6  hoặc  x  1  6   

B. x  1  6 ; 1  6   

C. x  1  6   

D. x  1  6   

 

A. y ʹ 

2.ln 10   x

B. y ʹ 

C. y ʹ 

1   2 x .ln 10

D.

2

2   x.ln 10

ln 10   2x2

Câu 15: Tập xác định của hàm số  y  log

A.  ; 1   3;     

B.  3;       

C.  1; 3      

D.  \1   

x3 là  x1

Câu 16:  Khẳng  định  nào  sau  đây  là  luôn  luôn 

đúng với mọi a, b dương phân biệt khác 1?   

A. b  a log b    

B. a  b ln a     

C. log a b  log b a   

D. alog b  blog a  

 

2

 x  1

x

ex

A. x  1   

2

ex

  ln x  x x 2

1

 

2

2

2

  1

 1  2x  1

13  12

2

 

B. x  1   

x

 

13  12 thì 

C. x  1    D.  x  1   

f  x   3 x  2 là 

Câu 14: Đạo hàm của hàm số  y  log 2 x 2  là  

Câu 21:  Họ  tất  cả  các  nguyên  hàm  của  hàm  số 

ex

2

Câu 20: Nếu 

1

 

log 2 x 2  4 x  1 là 

2

2

e x ln x x2  1  2x  1

Câu 13:  Nghiệm  của  bất  phương  trình 

 x  1 A. y ʹ 

trình

log 5  2 x  3   5 là   

ex ?  x2  1

Câu 19: Tính đạo hàm của hàm số  y 

A.  f  x  dx 

2  3x  2  3x  2  c   3

B.  f  x  dx 

2  3x  2  3x  2  c   9

C.  f  x  dx 

1  3x  2  3x  2  c    3

3 1 D.  f  x  dx  .  c    2 3x  2

Câu 22:  Khi  quan  sát  một  đám  vi  khuẩn  trong 

phòng thí nghiệm người ta thấy tại ngày thứ x có  số lượng là  N  x  . Biết rằng  N ʹ  x  

2000 và lúc  1 x đầu số lượng vi khuẩn là 5000 con .Vậy ngày thứ 

12 số lượng vi khuẩn là?   

A. 10130 

B. 5130 

C. 5154 

D. 10129 

Câu 17:  Nếu  log 2 6  a   và  log 2 7  b   thì  log 3 7  

Câu 23:  Cho  đồ  thị  hàm  số  y  f  x  .  Diện  tích 

bằng bao nhiêu? 

hình phẳng  (phần  gạch  chéo)  trong  hình  được 

b   A.  log 3 7  a1

a     B.  log 3 7  b 1

tính theo công thức 

b a   D.  log 3 7     1 a 1b Câu 18: Giả sử tỉ lệ lạm phát của Việt Nam mỗi 

C. log 3 7 

năm trong 10 năm qua là 5%. Hỏi nếu năm 2007,  145|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

y

‐2

O

3 x 

A. Tập hợp mọi số thuần ảo và số 0. 

B.  i ; 0  

C. i ; 0     

D. 0   

Câu 30:  Số  phức  thỏa  mãn  điều  kiện  nào  thì  có 

điểm biểu diễn ở phần gạch chéo (kể cả biên)?  y    3

A.  f  x  dx   

3

0

0

B.  f  x  dx   f  x  dx   

2

0

2

3

0

3

C.  f  x dx   f  x dx    D.   f  x  dx   f  x  dx   

2

2

0

‐2 ‐1 

1

O

2

x

0

Câu 24:  Tính thể tích của khối tròn xoay khi quay 

quanh trục hoành của hình phẳng giới hạn bởi đồ  thị hàm số  y  x  4  x   với trục hoành.  512  (đvtt)  15

A.

512  C.    (đvtt)  15

B.

32 (đvtt)   3

mô đun nhỏ hơn 2. 

32  D.  (đvtt)  3

0

A.

2   3

2 B.    3

3 C.    2

B. Số phức có phần thực nằm trong   1;1  và 

mô đun nhỏ hơn 2. 

Câu 25: Tích phân   cos 2 x.sin x dx  bằng: 

A. Số phức có phần thực nằm trong   1;1  và 

C. Số phức có phần thực nằm trong   1;1  và 

mô đun không vượt quá 2. 

D. 0 

D. Số phức có phần thực nằm trong   1;1  và 

Câu 26: Cho số phức  z  a  bi  a , b    , mệnh đề 

mô đun không vượt quá 2. 

nào sau đây là sai? 

Câu 31: Tính thể tích khối rubic mini ( mỗi mặt 

A. Đối với số phức z , a là phần thực. 

B. Điểm  M  a , b   trong một hệ tọa độ vuông 

của rubic có 9 ô vuông), biết chu vi mỗi ô ( ô hình  vuông  trên  một  mặt)  là  4cm  (  coi  khoảng  cách 

góc của mặt phẳng  được gọi là điểm biểu diễn số 

giữa các khối vuông gần kề là không đáng kể). 

phức z  a  bi . 

A. 27  cm 3     3

B. 1728  cm 3  

3

C. Đối với số phức z , bi là phần ảo. 

D. Số  i được gọi là đơn vị ảo. 

Câu 32: Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào sai? 

Câu 27: Cho số phức  z  7  6i  , tính mô đun của 

số phức  z1 

2z  1 ?  3 2

A. 3217    B.  85   

C. 1  cm  

D. 9 cm     

A. Hình tạo bởi một số hữu hạn đa giác được 

gọi là hình đa diện.    C. 3217 

D. 85 

B. Khối đa diện bao gồm không gian được giới 

hạn bởi hình đa diện và cả hình đa diện đó. 

Câu 28:  Cho  số  phức  z1  3  2i ,  z2  6  5i .  Số 

phức liên hợp của số phức  z  5z1  6 z2  là 

diện là cạnh chung của đúng hai đa giác. 

A. z  51  40i   

B. z  51  40i   

C. z  48  37 i   

D. z  48  37 i   

Câu 29:  Gọi  A  là  tập  các  số  phức  thỏa  mãn  2

z  z  0 thì A là  2

Lovebook.vn|146

C. Mỗi  cạnh  của  một  đa  giác  trong  hình  đa  D. Hai đa giác bất kì trong hình đa diện hoặc 

là không  có  điểm  chung,  hoặc  là  có  một  đỉnh   chung, hoặc có một cạnh chung.    Câu 33: Cho hình chóp tứ giác đều  S. ABCD . Gọi 

A’, B’, C’, D’ theo thứ  tự là trung  điểm của AB, 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

BC, CD,  DA.  Khi  đó  tỉ  số  thể  tích  của  hai  khối  chóp  S. A ʹ B ʹ C ʹ D ʹ  và  S. ABCD  bằng? 

Ngọc Huyền LB

1 1 1 A. a 3     B.  a 3     C.  a 3     D.  a 3     2 4 3 Câu  40:  Khái  niệm  nào  sau  đây  đúng  với  khối 

1 1 1 1   B.     C.     D.     2 3 4 8 Câu  34:  Khi  sản  xuất  vỏ  lon  sữa  Ông  Thọ  hình 

chóp?

trụ, các nhà sản xuất luôn đặt chỉ tiêu sao cho chi 

bên là các tam giác có chung một đỉnh. 

phí sản xuất vỏ lon là nhỏ nhất, tức là nguyên liệu 

(sắt tây)  được  dùng  là  ít  nhất.  Hỏi  khi  đó  tổng 

chóp và cả hình chóp đó. 

diện tích toàn phần của lon sữa là bao nhiêu, khi 

A.

3

nhà sản xuất muốn thể tích của hộp là  V cm .   

A. Stp  3 3

V 2   4

B. Stp  6 3

V 2     4

C. Stp  3

V 2   4

D. Stp  6

V 2   4

Câu 35:  Tính  thể  tích  của  vật  thể  tròn  xoay  thu 

được sau khi quay nửa đường tròn tâm O đường  kính AB quanh trục AB, biết  AB  4 ?   

A. 256  ( đvtt) 

B. 32  ( đvtt) 

256 32  (đvtt)  D.    (đvtt)    C.  3 3 Câu  36:  Trong  không  gian,  cho  tam  giác  ABC 

a 3 ,  2 CA  a . Khi đó đường sinh l của hình nón nhận 

vuông tại  C  có  đường  cao  kẻ  từ  C  là  h 

được khi quay tam giác ABC quan trục CA là?   

A. l  a   

B. l  2a    C.  l  3a   D.  l  2 a   

Câu 37: Cho hình chóp  S. ABCD  có đáy là hình 

chữ nhật,  AB  a , AD  2 a  và  SA  2 a  vuông góc  với đáy. Tính thể tích của hình chóp  S. ABCD  ?   

4 A. a 3  (đvtt)  3

B. 4a 3  (đvtt) 

2 C. a 3  (đvtt)  D.  2a 3  (đvtt)  3 Câu 38: Một hình hộp chữ nhật nội tiếp mặt cầu 

A. là hình có đáy là một đa giác và các mặt  B. là phần không gian được giới hạn bởi hình  C. là phần không gian được giới hạn bởi hình 

chóp.  

D. là khối đa diện có hình dạng là hình chóp. 

Câu 41:  Cho  mặt  phẳng 

Vecto pháp tuyến của   P  là:    B.  n   6, 5, 0         A.  n   5, 6, 0      D.   5, 6, 2       C.  n   5, 6, 2     Câu  42:  Cho  3  điểm  A  6,9,1 , B  2,1, 3  ,

C  1,1,0  . Viết phương trình mặt phẳng   ABC  .     

A.  ABC  : 6 x  5 y  2 z  11  0     

B.  ABC  : 3 x  5 y  2 z  11  0   

C.  ABC  : 6 x  5 y  2 z  11  0   

D. Không viết được do không đủ dữ kiện. 

A.

S  :  x  1   y  2    z  6   25 . Tìm tâm I, bán kính R của mặt cầu   S     B.  I  1; 2; 6  ; R  5      A.  I  1; 2; 6  ; R  5      C.  I  1; 2; 6  ; R  25    D.  I  1; 2; 6  ; R  25    Câu 44: Trong không gian cho điểm  A  2; 6; 9    và  mặt phẳng   P  : x  2 y  3z  9  0 .   2

Tính x   

1 2 a  b2  c 2   2

B. a 2  b 2  c 2     

a2  b2  c 2   3 Câu 39: Một hình trụ có 2 đáy là hình tròn nội tiếp 

C. 2 a 2  b 2  c 2   

D.

một hình vuông cạnh a. Tính thể tích của khối trụ  đó, biết chiều cao của khối trụ là a? 

Câu 43: Cho mặt cầu: 

có ba kích thước là  a , b , c . Khi đó bán kính r của  mặt cầu bằng? 

 P  : 5x  6 y  2  0 .

A. x 

2

2

2 d A;  P  3

25 14   7

B. x 

50 14   21

75 14   D.  x  50    14 Câu 45: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 

C. x 

đường thẳng   :

x y 1 z  2 . Viết  phương    1 2 2

trình mặt phẳng   P   đi qua    và cách  A  1; 1; 3    một khoảng lớn nhất.  147|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

A.  P  : 6 x  6 y  3z  0   

B.  P  : 6 x  6 y  3z  0   

C.  P  : 6 x  12 y  21z  28  0   

D. Không có mặt phẳng nào thỏa mãn. 

Câu 46: Cho mặt cầu   S   tâm  I  1; 1; 3   tiếp xúc 

 P  : x  2 y  2 z  9  0 . Viết  phương trình mặt cầu   S   ?    A.   S  : x  y  z  2 x  2 y  6 z  36  0      B.   S  : x  y  z  2 x  2 y  6 z  25  0      C.   S  : x  y  z  2 x  2 y  6 z  25  0       D.   S  : x  y  z  2 x  2 y  6 z  18  0   

với mặt  phẳng 

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 

điểm M  2; 0; 1  , tìm tọa độ hình chiếu của điểm  M lên đường thẳng  d :  

x 1 y z 2   .   1 2 1

A.  1; 0; 2    B.   1; 1; 2   C.   0; 2; 1   D.   1; 1; 2    

Câu 48:  Trong  không  gian  với  hệ  trục  tọa  độ 

A. BC vuông góc với CA. 

B. BC vuông góc với mặt phẳng   OAB    

C. AB vuông góc với AC. 

D. A và câu B đều đúng. 

Câu 49:  Cho  m  0     và  đường  thẳng  d:

x 1 y 3 z  5   m 1 m

cắt

đường

x  t  5   :  y  2t  3 . Giá trị m là:   z  t  3   

A. một số nguyên dương. 

B. một số nguyên âm. 

C. một số hữu tỉ dương. 

D. một số hữu tỉ âm. 

Câu 50: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 

điểm S  1; 2; 1   và  tam  giác  ABC  có  diện  tích  bằng 

6

nằm

trên

mặt

S. ABC ?

2 6   3

A. V  2 6   

B. V 

C  4; 0; 8  . Mệnh đề nào sau đây là đúng? 

C. V  6    

D. V  4   

Lovebook.vn|148

phẳng

 P  : x  2 y  z  2  0 . Tính  thể  tích  khối  chóp   

Oxyz, cho  3  điểm  A  0; 6; 0  ; B  0; 0; 8    và 

thẳng


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN  1A 

2D

3B

4B

5C

6A

7B

8D

9B

10A

11D

12B

13A

14B

15A

16D

17A

18C

19C

20D

21B

22A

23C

24C

25B

26C

27A

28B

29A

30C

31A

32A

33A

34B

35D

36A

37A

38A

39B

40B

41A

42A

43A

44B

45A

46C

47A

48B

49C

50B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT    Câu 1: Đáp án A. 

y  ax 3  bx 2  cx  d.  a  0  ( đã được đề cập ở 

Phân tích: Đây là một câu hỏi rất dễ gây sai lầm. 

trang 35 SGK cơ bản) 

Với câu hỏi như thế này, nếu không nắm chắc lí 

Nhìn vào bảng ta nhận thấy với ý D có hệ số 

thuyết nhiều độc giả sẽ không tìm được câu trả 

a  1  0 nên đúng dạng đồ thị ta chọn đáp án D. 

lời đúng. Tuy nhiên đây không phải là một kiến 

( Ngoài ra các em nên tìm hiểu bảng trang 38 

thức khó quá, không cần tìm đâu xa, theo định 

SGK về hàm bậc 4 trùng phương, bảng trang 41 

lý trang 6 sách giáo khoa ta có:  

SGK cơ bản về hàm phân thức bậc nhất). 

“Cho hàm số  y  f  x   có đạo hàm trên K.  a. Nếu  f ʹ  x   0  với mọi x thuộc K thì hàm số 

f  x  đồng biến trên K.  b. Nếu  f ʹ  x   0  với mọi x thuộc K thì hàm số 

f  x  nghịch biến trên K.” 

Câu 3: Đáp án B. 

Phân tích: Ta tính đạo hàm của hàm số được  y ʹ   x 2  1 , nhận thấy phương trình  y ʹ  0  vô 

nghiệm, nên đáp án đúng là B, không có cực trị.  Câu 4: Đáp án B  Phân tích:Ta cùng đi phân tích từng mệnh đề 

Chúng ta nhận thấy rõ ở đây, chỉ có chiều suy ra 

một:

và không có chiều ngược lại, vậy chúng ta có thể 

(1) : Ở mệnh đề này, nhiều quý độc giả sẽ có sai 

loại được ý  C. 

lầm như sau:  

Với ý B thì ta thấy nếu đạo hàm không xác định 

Vì y ʹ 

tại hai điểm đầu mút thì mệnh đề này không  tương đương ví dụ như hàm  y  x  có đạo hàm

yʹ 

1 2 x

không xác định tại  x  0 nhưng vẫn 

đồng biến trên  0; 2   vậy rõ ràng dấu tương  đương ở đây là sai .   Với ý A và D, soi vào định lý chúng ta có thể  thấy được ý A đúng.   Vì sao ý D lại sai. Chúng ta cùng nhớ lại định lý 

2

 x  3

2

 0 x  D nên hàm số nghịch 

biến trên D.  Phân tích sai lầm: Ở sách giáo khoa hiện hành, 

không giới thiệu khái niệm hàm số ( một biến)   đồng biến, nghịch biến trên một tập số, mà chỉ  giới thiệu khái niệm hàm số ( một biến) đồng  biến, nghịch biến trên một khoảng, một đoạn,  nửa khoảng ( nửa đoạn). Vì thế mệnh đề (1) nếu  sửa lại đúng sẽ là “ Hàm số nghịch biến trên 

mở rộng ở trang 7 SGK, và nhận thấy mệnh đề 

 ; 3 và   3;   .”  

này còn thiếu rằng  f  x   0  tại hữu hạn điểm. 

(2): Cách giải thích rõ ràng về mặt toán học 

Câu 2: Đáp án D. 

lim y  1 ; lim y  1   đường thẳng  y  1  là tiệm 

Phân tích: Nhận thấy đây là đồ thị hàm bậc ba 

cận ngang của đồ thị hàm số.

nên ta có thể loại ngay đáp án B và C. 

  lim y  ; lim y       đường thẳng  x  3  

Để so sánh giữa ý A và D thì chúng ta cùng đến 

x 

x  3

x 

x  3

với bảng tổng quát các dạng đồ thị của hàm bậc 

là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 

3  

Vậy mệnh đề này là sai.  149|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Tuy nhiên mình hay nhẩm nhanh bằng cách sau 

giá trị của y tương ứng với X ở cột trái. Khi ấn 

(chỉ là làm nhanh thôi) 

nút

Đối với hàm phân thức bậc nhất như thế này, ta 

đến X  1  là hàm F(x) có giá trị tăng dần, vậy ở 

nhận thấy phương trình mẫu số   x  3   đây 

khoảng  1; 1  là hàm số đồng biến. Vậy đáp án 

là TCĐ.  Còn tiệm cận ngang thì  y   (hệ số của x ở tử số)   ( hệ số của x ở mẫu số). Ở ví dụ này thì 

1 y   1 chính là TCN.   1 (3) Đây là mệnh đề đúng. Hàm phân thức bậc  nhất không có cực trị.  (4). Từ việc phân tích mệnh đề (2) ta suy ra được  mệnh đề (4) này là mệnh đề đúng.  Vậy đáp án đúng của chúng ta là B. (3), (4). 

Câu 5: Đáp án C. 

( xuống) ta nhận thấy từ giá trị  X  1  

đúng là C. 

Câu 6: Đáp án A.    Phân tích: Nhìn qua đề bài thì ta có thể đánh giá  rằng  đây  là  một  câu  hỏi  dễ  ăn  điểm,  tuy  nhiên  nhiều độc giả dễ mắc sai lầm như sau:   1. Sai lầm khi nhầm lẫn các khái niệm “ giá trị cực  đại ( cực đại), giá trị cực tiểu ( cực tiểu)”, “ điểm  cực đại, điểm cực tiểu” của hàm số.   Ở đây chúng ta cùng nhắc lại những khái niệm  này: 

Phân tích: Cách 1: Làm theo các bước thông 

“ Nếu hàm số  f  x   đạt cực đại ( cực tiểu) tại  x0  

thường:

thì x0  được gọi là  điểm cực đại ( điểm cực tiểu) 

yʹ 

x  1  x.2 x 2

x

2

1

2

x  1 2

x

2

1

2

. Ta thấy với 

của hàm số,  f  x0   được gọi là giá trị cực đại ( giá 

trị cực tiểu) còn gọi là cực đại ( cực tiểu)  của hàm 

x   1; 1 thì  y ʹ  0 . Vậy đáp án đúng là C. 

số. Điểm  M x0 ; f  x0   được gọi là điểm cực đại 

Cách 2: Dùng máy tính CASIO fx‐570 VN PLUS. 

(điểm cực tiểu)  của đồ thị hàm số.” 

Ta có thể nhập hàm vào máy tính, dùng công cụ 

Chúng ta nhận thấy nếu nhầm lẫn giữa các khái 

TABLE trong máy tính  

niệm điểm  cực  đại  của  hàm  số,  và  cực  đại  của 

Bước 1: ấn nút   MODE trên máy tính  

hàm số thì chắc hẳn quý độc giả đã sai khi nhầm 

Bước 2: Ấn 7 để chọn chức năng 7:TABLE , khi 

lẫn giữa ý D, C với 2 ý còn lại. Vì ở ý D là điểm 

đó máy sẽ hiện f(x)= ta nhập hàm vào như sau: 

cực đại của hàm số chứ không phải cực đại.  2. Sai lầm khi phân biệt giữa giá trị cực đại và giá  trị cực tiểu của hàm số :  Ở đây vì đây là hàm bậc bốn trùng phương có hệ 

Ấn 2 lần = và máy hiện START? , ta ấn ‐3 =, máy 

số a  1  0  nên đồ thị hàm số có 1 điểm cực đại 

hiện END? Ta ấn 3 = . STEP? Ta giữ nguyên 1 và 

tại x  0 ( xem lại bảng dạng của đồ thị hàm trùng 

ấn =. ( Lý giải vì sao chọn khoảng xét là ‐3 đến 3: 

phương trang 38 SGK)   giá trị cực đại của hàm 

vì ở đáp án là các khoảng   , 1 ;  1,1 ;  1;    

số là  yCD  f  0   2 . Vậy đáp án là A. 

vì thế ta sẽ xét từ ‐3 đến 3 để nhận rõ được xem 

Câu 7: Đáp án B. 

hàm số đồng biến nghịch biến trên khoảng  nào?) 

Phân tích: Ta có  y ʹ 

 x  ʹ  2 2xx 2

2

x x2

Bước 3: Sau khi kết thúc các bước trên máy sẽ 

 hàm số không có đạo hàm tại  x  0   

hiện như sau: 

Ta có thể loại ngay hai phương án sau vì hàm số  này không có đạo hàm tại  x  0 .  Tuy  nhiên  ta  thấy  hàm  số  vẫn  đạt  cực  tiểu  tại  x  0.  Nên đáp án B đúng. 

Câu 8: Đáp án D.  Ở bên tay trái, cột X chính là các giá trị của x  chạy từ ‐3 đến 3, ở tay phải cột F(x) chính là các  Lovebook.vn|150


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Đây là  một  câu  hỏi  dễ  lấy  điểm.  Để  tìm  được 

Câu 10: Đáp án A. 

GTNN của  hàm  số  trên  đoạn   4; 4    ta  giải 

Phân tích: Gọi độ dài cạnh hình tam giác đều là 

 x  1 .  Ta  lần  lượt  so  phương  trình  y ʹ  0   x  3

x (m) khi đó độ dài cạnh hình vuông là 

sánh

f  4  , 

f  4  , f  1 , f  3  thì  thấy 

f  4   70 là nhỏ nhất. Vậy đáp án đúng là D.  

Tổng diện tích khi đó là  



2

Cách giải nhanh bằng MTCT.  

Diện tích nhỏ nhất khi  x 

điểm của đồ thị phải có 2 nghiệm phân biệt khác  3. 

3 2  6  3x  1 S x  9  4 3 x 2  36 x  36   4  4  16

Câu 9: Đáp án B.  Nhận xét  x  3  vậy phương trình hoành độ giao 

6  3x   4

Vậy diện tích Min khi  x 

b 18     2a 9  4 3 18 94 3

 

Phương trình   x2  3mx   mx  7  x  3    

Hoặc đến  đây  ta  có  thể  bấm  máy  tính  giải 

Dùng máy  tính  ấn  nút  MODE  chọn  2:  CMPLX  

phương trình  9  4 3 x 2  36 x  36   ấn bằng và 

(định dạng số phức)  

hiện giá trị  

Nhập vào máy tính như sau: 

X 2  3iX   X  3  iX‐7    

Đây chính là đáp án A mà ta vừa tìm được ở trên.  Ấn CALC và gán  X  100  từ đó màn hình hiện 

Câu 11: Đáp án D. 

kết quả như sau 

Phân tích:  

x  0 Giải phương trình  x 2  2 x  0      x  2 Ta  có  lim y     ;  lim     ,  suy  ra  x  0   là  1  x0

10679  1 06 79  x 2  6 x  x  21  x 2  7 x  21  

lim y   ;  lim   ,  suy ra  x  2  là 1 TCĐ. 

10000  1 00 00  x 2  

x  2

Vậy phương trình  

x 

2

x2

lim y  2, lim  2, suy ra  y  2  là 1 TCN. 

 x  7 x  21  mx  0   1  m  x  7 x  21  0 2

x0

TCĐ.

2

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt khác 3 thì 

x 

Vậy đáp án là D, 3 tiệm cận. 

Câu 12: Đáp án B.  Phương trình   2 x  3  5 5  x  1564  .  

 f  3   0    2 7  4  1  m  .  21  0

Đáp án B. 

Vế đầu của hệ ta không cần giải để sau đó thay 

được kiến thức lý thuyết về logarit, nên giải sai 

19 vào. Phương trình   2   m   và  m  1 .  12 Phân tích sai lầm: Rất nhiều em hay mắc sai lầm 

như sau 

là thiếu mất điều kiện là 2 nghiệm phân biệt khác  3 là sai. Nhiều độc giả  khác lại mắc sai lầm khi  giải  bất  phương  trình  cuối  cùng,  nhầm  dấu,  không  đảo  dấu  bất  phương  trình,…  Vì  thế  quý  độc giả phải hết sức cẩn thận tính toán khi làm 

Nhận xét:  Ở  đây,  nhiều  độc  giả  không  nắm  rõ 

Hướng giải sai 1:    log 5  2 x  3   5  2 x  3  5  x  4    đáp  án  C.  Hướng giải sai 2:  log 5  2 x  3   5  2 x  3  1  ( vì  nghĩ  VP 

5  1   đáp án D.  5

bài. 151|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Vì thế ở đây, tôi muốn chú ý với quý độc giả rằng, 

Theo pp loại trừ ta chọn đáp án D. 

cần nắm rõ bản chất cội nguồn các khái niệm để 

Ta cùng chứng minh đáp án D.  

làm bài thi một cách chính xác nhất, tránh những 

D  log a log b  log blog a  log b.log a  log a.log b

sai lầm không đáng có. 

( luôn đúng) 

Câu 13: Đáp án A. 

TH2: Nếu không nghĩ ra hướng giải quyết nào, ta 

x  0   Phân tích: Điều kiện   x  2

mãn yêu cầu để soát đáp án ( do luôn đúng). Ta 

Khi đó bất phương trình  

cũng chọn được đáp án D. 

x  1  6  2 x 2  4 x  10  2 x 2  4 x  10  0    x  1  6

Câu 17: Đáp án A. 

có thể dùng máy tính và thay 2 số a, b bất kì thỏa 

Chọn đáp án A.  Giới  thiệu  thêm:  trong  máy  tính  Casio  570  VN  Plus có tính năng giải bất phương trình đa thức  bậc 2, bậc 3. Các bạn chỉ cần ấn  MODE    mũi  tên xuống và chọn 1:INEQ ( inequality), sau đó  chọn các dạng bất phương trình phù hợp.  Câu 14: Đáp án B.  

uʹ Ta có   log a u  ʹ   . Áp dụng vào hàm số trên  u.ln a

4x 2   đáp án B.  ta có  y ʹ  2 2 x .ln 10 x.ln 10 Câu 15: Đáp án A.  Phân tích: 

Phân  tích:  Với  dạng  bài  biểu  diễn  một  logarit  theo 2 logarit đã cho thì bước đầu tiên là chuyển  log cơ số cần tìm về cơ số ban đầu, rồi phân tách  như sau:  Ta có  log 3 7 

log 2 7 b b     log 2 3 log 2 6  log 2 2 a  1

Vậy đáp án là A.  Câu 18: Đáp án C.   Phân tích:  Đây là bài toán ứng dụng về hàm số 

mũ mà  chúng  ta  đã  học,  bài  toán  rất  hơn  giản.  Tuy nhiên nhiều độc giả có thể mắc sai lầm như  sau:  Lời giải sai: 

Giá xăng 9 năm sau là  

Đây là một câu dễ ăn điểm nên chúng ta cần chú 

12000  1  0.05  .9  113400VND / lit . Và  chọn  A 

ý cẩn thận từng chi tiết: 

hay B ( do nhìn nhầm chẳng hạn) 

Ở đây có 2 điều kiện cần đáp ứng:  

Lời giải đúng: 

1. Điều kiện để hàm phân thức có nghĩa 

Giá xăng năm 2008 là  12000  1  0.05    

2. Điều kiện để hàm  log  xác định 

Giá xăng năm 2009 là  12000  1  0.05    

 x  1 x  3  Vậy ta có      x  1  x  3  x  1  0

Phân tích: Nhận thấy a, b là 2 số dương phân biệt: 

Với ý A. 

b  1  log b  log a.log b    a  10

Giá xăng năm 2016 là   9

Câu 16: Đáp án D. 

… 12000  1  0.05   18615,94VND / lit   

Đáp án A. 

log b  log a b  log b   log b log a

2

Đáp án đúng là C.  Câu 19: Đáp án C.   Phân tích:  Đây là bài toán tính đạo hàm đòi hỏi 

quý độc giả phải nhớ công thức. Ta cùng nhắc lại   

( không luôn đúng với mọi a, b)  Tương tự với ý B. 

các công thức đạo hàm cần sử dụng 

 u  uʹ v  v ʹu ;  e x ʹ  e x     v ʹ  2 v  

 

Vậy ở  đây  y ʹ 

e x x 2  1  2 x.e x

x

2

1

2

 x  1 

log b log a  Với ý  C.Ta  có  C    (  do  a,  b)  phân  log a log b

Vậy ta chọn đáp án C. 

biệt nên đẳng thức không đúng. 

Ngoài ra các bạn có thể sử dụng nút  

Lovebook.vn|152

x

2

2

1

ex

2


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Câu 23: Đáp án C.  Phân tích:  Nhìn vào đồ thị ta thấy  f  x   0  với 

trên máy tính rồi thử từng đáp án, tuy nhiên đây  là  một  bài  toán  đạo  hàm  khá  đơn  giản  nên  ta  không cần thiết sử dụng máy tính, sẽ làm tốn thời  gian hơn rất nhiều. 

Câu 20: Đáp án D.   Phân tích:  Ta thấy VT  có thể  nhân liên hợp để  tạo ra cơ số ở VP 

bpt  

  13  12   12    13  12 

13  12

13 

 f  x  dx  

2

f  x   0 với  x  0; 3    0

3

3

0

 S2   f  x  dx    f  x  dx    Ta chọn đáp án C.  

Phân tích  sai  lầm:  Nhiều  độc  giả  nghĩ  cứ  tích  nhiên ta phải xét rõ xem  f  x   âm hay dương trên 

1

x

0

phân Sp  thì x phải chạy từ số bé đến số lớn. Tuy 

1

x

x   2; 0   S1 

đoạn đó. Vì sai lầm này nên nhiều độc giả sẽ chọn 

Đến đây rất nhiều độc giả mắc sai lầm mà chọn ý  C. Do muốn làm bài thật nhanh chóng mà không 

đáp án  D. Hoặc nhiều  bạn nhầm dấu giữa x và 

f  x  nên chọn đáp án B là sai. 

để ý  đến  yếu  tố  là  cần  phải  cẩn  thận.  Do  cơ  số 

Câu 24: Đáp án C. 

0  13  12  1 nên  bpt   x  1   .  Đáp  án 

Phân tích:  Với  dạng  này  ta  cần  nhớ  công  thức 

đúng là D. 

a

Câu 21: Đáp án B   Phân tích: Đây là dạng tìm nguyên hàm cơ bản   n  u dx 

1 .un1  c   u ʹ.  n  1

1  1 3.  1   2  

.

3x  2

Đầu tiên  ta  tìm  giao  của  đồ  thị  với  Ox  ta  được  x  0  x  4.   

Lúc này ta chỉ cần nhập biểu thức vào máy tính  như sau:  

Áp dụng công thức trên vào thì   f  x  dx 

b

tính VOx    f 2  x  dx  (đvtt). 

1

1 2

 c  

2  3x  2  3x  2  c 9 Đáp án B. 

Vậy đáp án là C. 

Ngoài ra ta có thể ấn vào máy tính và thử từng 

ý nhớ chính xác công thức và tính toán thật cẩn 

đáp án một, trong máy tính ta sử dụng nút  

thận nhé. 

Nhiều bạn  hay  sai  khi  thiếu     hoặc  thiếu  bình  phương nên chọn các đáp án còn lại. Các bạn chú 

Câu 25: Đáp án B.   Cách 1: Các bạn độc giả thấy ở đây    sin x    cos x  ʹ .  

Câu 22: Đáp án A.   Phân tích:   Thực chất đây là một bài toán tìm nguyên hàm. 

Cho N ʹ  x   và đi tìm  N  x   . 

2000 Ta có   dx  2000.ln 1  x  5000     (  Do  ban  1 x đầu khối lượng vi khuẩn là 5000) .Với  x  12  thì 

b

Ta sẽ chuyển về dạng   f  u  u ʹ dx   a

Giải toán thông thường:  

  cos 2 xd  cos x   0

 1 cos 3 x 0 3

1 1 2    cos   cos 0     1  1  3 3 3

 

số lượng vi khuẩn là   10130 con  

Cách 2: Các bạn chỉ cần nhập vào máy tính là có 

Đáp án A. 

kết quả, đây là câu hỏi dễ ăn điểm nên các bạn  153|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

độc giả lưu ý cần hết sức cẩn thận trong tính toán 

nhiều khi thời gian các bạn nhẩm còn nhanh hơn 

để không bị mất điểm  phần  này. Nhập kết quả 

là thời gian cầm máy tính lên và bấm từng nút) 

vào máy tính ta tính được đáp án B. Các bạn nhớ 

Bước 1: Ấn nút  MODE trên máy tính, chọn chế 

chuyển sang chế độ Radian khi tính toán nhé.  

độ phức 2: CMPLX bằng cách ấn nút số 2. 

Câu 26: Đáp án C 

Bước 2: Nhập vào máy tính như sau 

Phân tích: Đây là một câu hỏi lí thuyết rất dễ gây  hiểu lầm. Vì thế các bạn độc giả nên đọc kĩ từng  mệnh  đề  để  kết  luận  xem  mệnh  đề  nào  đúng,  mệnh đề nào sai.   Với mệnh đề thứ nhất và mệnh đề thứ 3 , ta cùng 

Từ đó ta tìm được số phức  z1  và đi tính mô đun 

quay lại với trang 130 SGK cơ bản: 

số phức như cách 1. 

“ Đối với số phức  z  ax  bi , ta nói a là phần thực, 

Câu 28: Đáp án B. 

b là phần ảo của z.” 

Phân tích  

Vậy ta có thể suy ra A đúng, C sai.  

Các bước để làm dạng toán này như sau: Quý độc 

Phân tích sai lầm: ở đây rất nhiều bạn nghĩ rằng 

giả lần lượt thế  z1 , z2  vào biểu thức  z  từ đó tìm 

câu C là đúng vì thế dẫn đến bối rối trong việc 

được z. Hoặc nhập vào máy tính như các bước đã 

xét các câu còn lại. Tuy nhiên các bạn độc giả nhớ 

hướng dẫn ở Câu 27 thì ta tính được kết quả như 

kĩ rằng  phần  ảo  chỉ  có  b  mà  không  có  i  .  Các 

sau

mệnh đề còn lại là đúng, tuy nhiên các bạn nên 

z  5  3  2i   6  6  5i   51  40i . Đến đây nhiều 

đọc cả  những  mệnh  đề  đó  và  ghi  nhớ  luôn,  vì  chúng  ta  đang  trong  quá  trình  ôn  tập  nên  việc  này là rất cần thiết.  

Câu 27: Đáp án A.  Phân tích: Cách giải toán thông thường  

2.  7  6i   1 2

z1 

3

98  168i  72i 2  1    3

27  168i   9  56i   3 ( do  i 2  1  )  Đến đây nhiều độc giả không nhớ kiến thức mô‐  đun là gì dẫn đến kết quả sai không đáng có như  sau:  (Mô đun của  z1 )  9 2  56 2  3217   đáp án C.  Vì thế quý độc giả cần nắm rõ các công thức:  Mô  đun  của  số  phức  z    kí  hiệu  là  z ,  có  giá  trị  z  a  bi  a 2  b 2 ,  hay  chính  là  độ  dài  của   vecto  OM   (  với  M  là  điểm  biểu  diễn  số  phức 

bạn vội vàng khoanh A, dẫn đến kết quả sai. Vì ở  đây là tìm số phức liên hợp của z chứ không phải  tìm z. Vậy đáp án của ta là B.  Hoặc nhiều bạn bấm nhầm máy tính có thể ra các  kết quả khác như C hoặc D. Vì vậy một lần nữa  chị khuyên các bạn cần hết sức cẩn thận khi đọc  đề bài, khi tính toán. 

Câu 29: Đáp án A.  Phân tích: Ta có  

 a2  2 abi  b2 i 2  a 2  b2  0  2a2  2abi  0  2a  a  bi   0

( do  i 2  1  ) 

a  0     a  bi  0  z  0 Với  a  0  thì  z  0  bi  là số thuần ảo.  Với  z  0 .  Vậy đáp án đúng là A.   Nhiều độc giả gặp bài toán này sẽ thấy bối rối, và 

z  a  bi .)

thử các giá trị B, C hoặc D vào thấy thảo mãn sẽ 

Cách bấm  máy  tính  nhanh:  Nếu  bạn  nào  có  tư 

khoanh ngay, đó là các kết quả sai. Vì thế các bạn 

duy nhẩm  tốt  thì  có  thể  nhẩm  nhanh  theo  cách 

cần giải ra xem kết quả rõ ràng như thế nào nhé. 

trên, còn nếu tư duy nhẩm không được tốt, các 

Câu 30: Đáp án C. 

bạn có thể thao tác trên máy tính như sau: ( bởi vì 

Phân tích:  Nhớ lại khái niệm về điểm biểu diễn  số phức , cùng xem lại ở đáp án B , câu 26. 

Lovebook.vn|154


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Vậy ở đây ta thấy nếu lấy một điểm bất kì trong 

Hình đa  diện  là  hình  được  tạo  bởi  một  số  hữu 

1  a  1   phần gạch chéo là  M  a , b   thì   OM  2

hạn các đa giác thoả mãn hai tính chất:  a. Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, 

Vậy đáp án của chúng ta là C. 

hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung. 

Phân tích  sai  lầm:  Nhiều  bạn  không  phân  biệt 

được giữa  các  khái  niệm  “nhỏ  hơn”  và  “không 

b. Mỗi cạnh của đa giác là cạnh chung của đúng 

vượt quá”. 

hai đa giác. 

Ở đây ví dụ: không vượt quá 2 là bao gồm cả 2. 

+ Khối đa diện là phần không gian được giới hạn 

Còn nhỏ hơn 2 là không bao gồm 2. 

bởi một hình đa diện, kể cả hình đa diện đó. 

Hoặc nhiều  bạn  quên  không  tính  cả  các  điểm 

Vậy từ các thông tin mà tôi đã đưa ra ở trên, quý 

nằm trên đường tròn tỏng phần gạch chéo, và các 

độc giả có thể nhận ra được các ý B, C, D là các 

điểm nằm trên 2 đường thẳng  x  1; x  1  trong 

đáp án đúng. Còn đáp án A không thỏa mãn tính 

phần gạch chéo. Dẫn đến khoanh vào các đáp án 

chất của hình đa diện, thiếu hẳn 2 điều kiện đủ 

còn lại như A, B hoặc D. 

quan trọng để có hình đa diện. Đáp án A. 

Câu 31: Đáp án A. 

Chú ý: Để có thể làm được các câu trắc nghiệm lý 

Phân tích:  Đây là một bài toán ăn điểm, nhưng 

thuyết một cách nhanh chóng, các bạn nên nắm 

nếu đọc không kĩ từng câu chữ trong đề bài các 

chắc kiến thức lí thuyết, phân biệt rõ ràng từng 

độc giả rất có thể sai 

khái niệm, và đặc biệt là hiểu rõ bản chất các định 

Ta có khối rubic như sau: 

lý, khái niệm trong sách giáo khoa ( một phương 

tiện rất cần thiết trong việc ôn thi THPT QG).  Câu 33: Đáp án A.  Phân  tích:  Ta  thấy  2  hình  chóp  S. ABCD   và  S. A ʹ B ʹ C ʹ D ʹ .  Có  chung  chiều  cao  kẻ  từ  đỉnh  S 

xuống đáy. Vậy để đi tìm tỉ  số khoảng  cách thì 

Hướng sai 1: Nghĩ rằng mỗi cạnh của ô vuông là 

chúng ta chỉ cần tìm tỉ số diện tích 2 đáy mà ta có 

4 nên  chiều  dài  mỗi  cạnh  của  khối  rubic  là 

hình vẽ như sau: 

a  4.3  12  V  12 3  1728  B  

A

A’

B

Hướng sai 2: Nghĩ rằng chu vi mỗi ô vuông là tổng  độ dài của cả 12 cạnh nên chiều dài mỗi cạnh là  1 ,  nên  độ  dài  cạnh  của  khối  rubic  là  3

D’

1 .3  1  V  13  1  C.   3 Hướng sai 3: Nhầm công thức thể tích sang công 

B’

a

D

C

C’

thức tính diện tích nên suy ra ý D. 

Ta thấy  

Cách làm đúng: Chu vi của một ô nhỏ là 4 cm nên 

Đáp án A. 

a 2 a2 1  S SA ʹ B ʹ C ʹ D ʹ  A ʹ D ʹ.A ʹ B ʹ      2  2 2 ABCD   VA ʹ B ʹ C ʹ D ʹ 1   VABCD 2

Câu 32: Đáp án A. 

đáp án A. 

Phân tích:  Đây là một câu hỏi lý thuyết đòi hỏi 

Phân tích sai lầm: Ở đây chủ yếu quý độc giả có 

quý độc giả cần nắm vững các kiến thức về khối 

thể bị sai lầm về mặt tính toán, nên một lần nữa 

đa diện, hình đa diện, tôi xin được nhắc lại như 

tôi xin lưu ý rằng, khi làm bài thi, mong rằng quý 

độ dài mỗi cạnh nhỏ là  1cm , vậy độ dài cạnh của  khối  rubic  là  a  3.1  3cm  V  3.3.3  27 cm 3 . 

2

sau: 155|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

độc giả hãy cố gắng thật cẩn thận trong tính toán 

vuông ABC. Mà tam giác vuông đã có một cạnh 

để làm bài thi một cách chính xác nhất. 

bên và đường cao, ta chỉ cần áp dụng công thức 

Câu 34: Đáp án B.  

hệ thức lượng trong tam giác : 

Phân tích:  Đây  là  bài  toán  vừa  kết  hợp  yếu  tố 

là các  công  thức  tính  diện  tích  toàn  phần,  diện 

1 1 1 4 1 1    2  2  h 2 CA 2 CB2 3a a CB2     CB  a 3  AB  2 a

tích xung quanh, thể tích của hình trụ. Còn yếu 

( theo định lý Pytago). 

tố đại số ở đây là tìm GTNN của  Stp . 

Câu 37: Đáp án A.  

hình học và yếu tố đại số. Yếu tố hình học ở đây 

V Ta có yếu tố đề bài cho  V  B.h  R .h  h    R 2 (*)  2

Stp  Sxq  2S day  2.R 2  2 R.h  

V   2  R2  R. 2 R 

  2 V   2  R     R  

Đến đây ta có hai hướng giải quyết, đó là tìm đạo  hàm  rồi  xét  y ʹ  0   rồi  vẽ  BBT  tìm  GTNN.  Tuy  nhiên ở đây tôi giới thiệu đến quý độc giả cách  làm nhanh bằng BĐT Cauchy.  Ta nhận thấy ở đây chỉ có một biến R và bậc của  R ở hạng tử thứ nhất là bậc 2, nhưng bậc của R ở  hạng tử thứ 2 chỉ là 1. Vậy làm thế nào để khi áp  dụng  BĐT  Cauchy  triệt  tiêu  được  biến  R.  Ta  sẽ  tìm cách tách 

V thành 2 hạng tử bằng nhau để  R

Phân tích: 

1 1 VS. ABCD  .SABCD .h  .SABCD .SA  3 3 1 1 4 3 .AB. AD.SA  .a.2 a.2 a  a 3 3 3 Chú ý ở bài này: Cẩn thận trong tính toán và nhớ  1 kĩ công thức. Nhiều độc giả quên mất   nên dẫn  3 đến  tính  sai  công  thức,  một  câu  hỏi  rất  dễ  ăn 

điểm. Câu 38: Đáp án A.   Phân tích: Ta có tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình 

hộp chữ  nhật  trùng  với  tâm  đối  xứng  của  hình  hộp.  Như  hình  lập  phương  ABCD.A’B’C’D’  có  tâm là I, là trung điểm của AC’, bán kính  r   

D

AC ʹ   2

C’

2

khi nhân vào triệt tiêu được  R  ban đầu. Khi đó 

A’

B’

ta có như sau: 

I

 V V  V 2 3 Stp  2.  .R2  2.3    đáp án B.    2R 2R  4 

D

Câu 35: Đáp án D.   Phân tích:  Khi quay nửa đường tròn quanh trục  AB AB ta được khối cầu tâm O, bán kính   2 .   2 4 3 4 32 R  ..2 3    (đvtt)  3 3 3 Nhiều  bạn  có  thể  nhớ  nhầm  công  thức  tính  thể 

Khi đó  Vcau 

C

A Tam 

giác

B A’C’A 

vuông

tại

 AC ʹ  AA ʹ2  A ʹ C ʹ2  c 2  A ʹ C ʹ2  1  

Mặt khác  tam  giác  A ʹ D ʹ C ʹ   vuông  tại  D’   A ʹ C ʹ  A ʹ D ʹ2  D ʹ C ʹ2  a 2  b 2  2    

cầu S  4 R 2 dẫn  đến  chọn  phương  án  B  là  sai. 

1 Từ  1  và   2   ta có  r  . a 2  b 2  c 2  .   2 Câu 39: Đáp án B  

Hoặc nhiều  bạn  lại  giữ  nguyên  đường  kính  AB 

Phân tích: Ta có hình vẽ sau  

tích khối cầu thành công thức tính diện tích mặt 

như thế và áp dụng cho công thức với bán kính 

dẫn đến khoanh ý A, hay ý C. Nên các bạn lưu ý  đọc thật kĩ đề bài và nhớ chính xác công thức.  Câu 36: Đáp án D  Phân tích:  Đường sinh của hình nón quay được 

thực chất  chính là  cạnh  huyền  AB của  tam giác  Lovebook.vn|156

A’

a


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ta thấy hình tròn nội tiếp hình vuông cạnh a có  đường kính có độ dài a. Khi đó thể tích của khối  trụ là   2

a 1 V  B.h  a..R2  a..    .a3 . .  2 4   Chú ý: Nhiều bạn tìm được đường kính của hình  tròn lại quên không chia 2 để tìm bán kính nên áp  dụng  công  thức  luôn  dẫn  đến  tính  toán  sai  và 

Ngọc Huyền LB

đây đã  có  2  vecto  không  cùng  phương    AB   8, 8, 4  , AC   7, 8, 1        n   AB, AC          Mà   AB, AC    24; 20; 8   do đó  n   24; 20; 8  .        ABC   : qua  A  6; 9; 1  và vtpt  n   24; 20; 8    

  ABC  : 24.  x  6   20  y  9   8  z  1  0  

chọn nhầm kết quả. 

  ABC  : 24 x  20 y  8 z  44  0.  

Câu 40: Đáp án B.  

 6 x  5 y  2 z  11  0  

Phân tích: Nhiều độc giả có thể nhầm giữa khái 

Phân tích hướng giải sai lầm: 

niệm hình chóp và khối chóp. Nên khoanh ý A. 

a. Đầu tiên, đây không hẳn là sai lầm, mà là lựa 

Tuy nhiên các bạn nên phân biệt rõ ràng giữa 

chọn cách làm không nhanh chóng. Đó là nhiều 

hình chóp và khối chóp nói chung, hay hình đa 

độc giả  đặt  phương  trình  của  mặt  phẳng 

diện và khối đa diện nói riêng.  

+ Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu  hạn các đa giác thoả mãn hai tính chất:  a, Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung,  hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung.  b, Mỗi cạnh của đa giác là cạnh chung của đúng  hai đa giác.  + Khối đa diện là phần không gian được giới hạn  bởi một hình đa diện, kể cả hình đa diện đó.  Vậy khi đọc vào từng đáp án ở đây thì ta thấy ý  A chính là khái niệm của hình chóp. Ý B là khái  niệm của khối chóp. Ý C là mệnh đề bị thiếu, ý D  sai. 

 ABC  : ax  by  cz  d  0. Sau  đó  thay  tọa  độ 

từng điểm vào và giải hệ, nhưng hệ phương trình  4 ẩn 3 phương trình nên đến đây nhiều độc giả sẽ  rất bối rối. Và nghĩ đề bài không cho đủ dữ kiện  vì thế khoanh luôn ý D.  b.  Sai  lầm  tiếp  theo  là  nhiều  bạn  không  nhớ  rõ  công thức tính tích có hướng, đến đây, tôi xin giới  thiệu  với  độc  giả  cách  tính  tích  vô  hướng  bằng  máy  tính  cầm  tay.  Dĩ  nhiên  nếu  bạn  đã  nhớ  rõ  công thức, thì không cần áp dụng công thức này.  Bước 1: Ấn nút MODE chọn 8:VECTOR     Chọn  1: VctA    1 : 3   

Vậy đáp án là ý B. 

 Bước 2: Nhập tọa độ của vecto  AB  vào, ấn AC để 

Câu 41: Đáp án A. 

xóa màn hình.  phẳng 

Bước 3: Tiếp tục ấn nút  MODE chọn 8:VECTOR 

 P  : ax  by  cz  d  0 thì vecto pháp tuyến của    P   là  n   a , b, c  . 

 Bước 4: Nhập tọa độ của vecto  AC  vào, ấn AC để 

Áp

Bước 5: Ấn SHIFT   5      chọn 3: VctA, tiếp tục 

Phân

tích:

dụng

Ta

vào

cho

mặt

bài

toán ta  thấy   5 x  6 y  2  5 x  6 y  0 z  2    n   5, 6, 0  . 

Câu 42: Đáp án A. 

 Chọn 2: VctB    1 : 3   

xóa màn hình.  lặp  lại  bước  5  và  chọn  VctB.  Nhân  2  vecto  với  nhau ta được kết quả như sau:  

Phân tích: Để viết được phương trình mặt phẳng 

 ABC  ta cần biết 1 điểm trên mặt phẳng, và vtpt 

của mặt phẳng đó.  Việc tìm 1 điểm trên mặt phẳng đó thì ta không  cần bận tâm nữa, vì ở đây đã có 3 điểm rồi. Việc 

Câu 43: Đáp án A. 

chúng ta cần làm ngay lúc này là tìm vtpt của mặt 

Câu 44: Đáp án B. 

phẳng  ABC  .  Ta  cùng  xem  lại  phần  bài  toán 

Phân tích: Công thức tính khoảng cách từ điểm 

trang 70 SGK Hình  học 12 cơ  bản. Và ta  thấy  ở 

A  2; 6; 9  đến mặt phẳng   P    

157|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

d A,  P  

The best or nothing

2  2.6  3.9  9 12  2 2  32

25 14 . Nhiều độc  7

giả đến đây đã vội vàng khoanh ý A.  Nhìn  kĩ  vào  bài  toán  thì  còn  thiếu  nhân  với  Khi đó sau khi nhân vào ta được  x 

2 . 3

50 21 .   14

Câu 45: Đáp án A.  Phân tích:Với đề bài dạng này, nếu làm theo cách 

đại số vẽ BBT thì thực sự rất lâu. Dĩ nhiên là kết  quả  vẫn  đúng  nếu  bạn  tính  toán  cẩn  thận.  Tuy  nhiên, tôi muốn giới thiệu với quý độc giả cách  làm hình học để rút ngắn thời gian, mà không cần  tính toán phức tạp.   A 

 P  : Qua  K  13 ; 53 ; 83   , và có vtpt   

  2 2 1 n   ; ;   3 3 3

2 1 2 5 1 8   P  :   x     y     z    0   3 3 3 3 3 3

  P  : 6 x  6 y  3z  0 . Câu 46: Đáp án C.  Phân tích: Mặt cầu   S   tiếp xúc với mặt phẳng   

 P  : x  2 y  2z  9  0 thì khoảng  cách  từ  I  đến  mặt phẳng   P   chính là bán kính R. 

d I; P  R 

1  1.2  2.3  9 12  2 2  2 2

 6  

  S  :  x  1   y  1   z  3   36   2

2

2

  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  6 z  25  0   Chú ý: Nhiều độc giả có thể mắc một nhầm lẫn 

nhỏ trong việc tính toán bán kính vì không nhớ  chính xác công thức tính khoảng cách. Hay nhầm  H  K  P 

 

thế hãy cẩn thận nhé.  Câu 47: Đáp án A.  Phân tích: Đọc bài toán này quý độc giả có liên 

Vì khoảng cách từ A đến mặt phẳng   P   là thay  đổi nên cần tìm một đại lượng là hằng số sao cho  AH  const   

Nhận thấy  đề  cho  điểm  A  1; 1; 3    và  đường  thẳng   . Vậy khoảng cách từ A đến    là hằng  số. Từ đó ta đã định hướng được cách làm.  Gọi H, K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ  A xuống   P   ,   . Tam giác  AHK  vuông tại H. 

 AH  AK  d  A;    

và nhận AK làm vtpt. 

K

nên

K  t ; 1  2t ; 2  2t 

  AK   t  1; 2t ; 2t  1 .  Mà  AK     do  đó    AK.u  0   

 t  1  2.2t  2  2t  1  0   1  9t  3  t     3 Lovebook.vn|158

tưởng đến  bài  toán  nào  trong  đề  này  không?  Chính  xác  là  Câu  45.  Vậy  như  chúng  ta  thấy,  ở  đây đề cho điểm M, cho đường thẳng dạng chính  tắc có hẳn 3 ẩn. Có cách nào để chuyển thành một  ẩn không? Lúc này độc giả có thể nghĩ ngay đến  phương trình dạng tham số. Sau khi đã chuyển  thành dạng tham số, ta sẽ dễ dàng tham số được  điểm  H.  Để  tìm  được  tọa  độ  điểm  H  ta  chỉ  cần  một dữ kiện nữa. Đọc tiếp đề bài thì ta nhận ra  còn dữ kiện đó là  MH  d . Bài toán đến đây đã 

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi  H  K     P   qua K  Vì 

lẫn khi tính nhẩm viết phương trình mặt cầu.  Vì 

được giải quyết. 

Gọi H  là  hình  chiếu  của  M  2;0;1   lên  đường  thẳng d. 

  H  1  t ; 2t ; 2  t   MH   t  1; 2t ; t  1      MH .ud  0   t  1 .1  2t.2   t  1 .1  0   

 6t  0  t  0  H  1;0; 2  .Đáp án A.  Câu 48: Đáp án B. 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Phân tích:  Đây là dạng toán tìm mệnh đề đúng 

vì thế  ta  cần  kiểm  tra  từng  mệnh  đề  một  chứ  không thể thử được.    Mệnh  đề  A:  ta  thấy  BC   4; 0; 0  ; CA   4; 6; 8    Nhận  thấy  BC.CA  0   nên  mệnh  đề  A  không  đúng, từ đó ta loại được phương án D.  Mệnh  đề  B:  Ta  thấy  nếu  BC  vuông  góc  với  mp 

Ngọc Huyền LB

1  mt ʹ  t  5    Ta có hệ  giao điểm như sau:  3  t ʹ  2t  3 5  mt ʹ  t  3  t ʹ  2t   2 m  1 t  4  2 mt  1  t  5     2 mt  5  t  3  2 m  1 t  8  Hệ có nghiệm duy nhất  

4 8    2m  1 2m  1

OAB  thì BC song song hoặc trùng với vtpt của  mp   AOB       Mà  n  OA , OB    48;0;0  .  Nhận  thấy  BC    song song với vtpt của   OAB   nên mệnh đề này 

3 . Đáp án C.  2 Câu 50: Đáp án B. 

đúng vậy ta chọn luôn đáp án B mà không cần 

của khối chóp. Mà nhận thấy mặt phẳng đáy đã 

xét đến C nữa. 

có phương trình, biết tọa độ đỉnh  S  ta dễ dàng 

Câu 49: Đáp án C. 

tìm được khoảng cách từ đỉnh S đến mặt phẳng 

Phân tích: Ở đây ta có phương trình đường thẳng 

đáy bằng  công  thức  tính  khoảng  cách.  Việc  mà 

d dạng  chính  tắc  có  tới  tận  4  ẩn.  Thế  tại  sao  ta 

quý độc giả cần chú ý lúc này chính là tính toán 

không chuyển về dạng tham số để chỉ còn 2 ẩn 

hết sức cẩn thận.  

OAB

nhỉ. Sau  đó  lần  lượt  cho  các  giá  trị  x,y,z  của  2  đường thẳng bằng nhau ( hay nói cách khác là xét  hệ 2 giao điểm). 

m

Phân tích: Nhận thấy khối chóp đã có diện tích 

đáy, việc ta cần làm bây giờ là đi tìm chiều cao 

d S;  P  

1.1  2.2  1.  1  2 1   2   1 2

2

2

6   3

1 6 2 6 V  . .6    3 3 3        

159|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Môn: Toán  Thời gian làm bài: 90 phút 

ĐỀ SỐ 12  ĐỀ TỰ SOẠN 3 

Câu 1: Cho hàm số  y 

 

mx  2 có đồ thị là  C m .  x 1



f ʹ  x   0 với  mọi  x   x0 ; b    thì  hàm  số  f  x   

  đều hai  điểm  A 3;4 , B 3; 2   và  diện  tích  tứ 

đạt cực đại tại điểm  x0.   

giác APBQ bằng 24. 

Tìm m để trên đồ thị  C m  có hai điểm P, Q cách 

 m  2   A.  m  2 C.  m  2     

 

C. Để hàm số  f x  đạt cực trị tại  x0  thì hàm 

 

số f x phải có đạo hàm tại  x0 . 

B. m  2     

D. không có m t/mãn  2x  1 Câu 2:  Cho hàm số  y   có đồ thị  C  và  x1

 

các điểm  M   C   sao cho tổng khoảng cách từ  M  đến  hai  đường  tiệm  cận  bằng  4.  Hỏi  có  mấy  điểm M thỏa mãn.  B. 2  C. 3  D. 4    A. 1 

 

Câu 3:  Cho  đồ  thị  hàm  số  C : y  x  6x  2 .  4

 

D. Hàm số  f x  vẫn có thể đạt cực trị tại  x0  

nếu không tồn tại đạo hàm tại  x0.    Câu 6: Gọi a là chiều dài, b là chiều rộng của hình  chữ  nhật  có  diện  tích  lớn  nhất  nội  tiếp  trong  đường tròn có bán kính R cho trước, khi đó a, b  có giá trị: 

A. a  b  R 2   

C. a 

2

Tìm nhận xét không đúng trong các nhận xét sau:    A. Đồ thị hàm số luôn có ba điểm cực trị phân  biệt không thẳng hàng.    B. Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  .      C. Đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực đại và  một điểm cực tiểu.    D. Đồ thị hàm số đã cho đối xứng qua điểm 

A 0;2 .

0

0

cực tiểu tại điểm  x0 .  Lovebook.vn|160

cận đứng là  x 2  và một tiệm cận ngang là trục  hoành. 

 

B. Đồ thị hàm số  C  có hai tiệm cận đứng là 

x 2 và x 1  và  một  tiệm  cận  ngang  là  trục   

0

x1 , x x2 2

 

trên khoảng có độ dài không nhỏ hơn 1.  

0

R 14   D.  a  b  R 3    2

A. Đồ thị hàm số  C  có duy nhất một tiệm 

hoành.

    B.  m   ; 9   1;        C.  m   ; 9           D.  m ; 9   1;     Câu 5: Giả sử hàm số  f  x   liên tục trên khoảng   a; b   chứa điểm  x0  và có đạo hàm trên khoảng   a; x   và   x ;b . Khi đó mệnh đề nào sau đây sai:     A.  Nếu  f ʹ  x  0   với  mọi  x   a; x    và  f ʹ  x  0  với mọi  x   x ; b   thì hàm số  f  x   đạt 

2

;b 

trong các kết luận sau, kết luận nào đúng: 

y   m  1 x3  3 m  1 x2  2mx  4 đồng  biến  A.  m 9; 1   

R

B. a  R 3;b  R  

Câu 7:  Cho  đồ  thị  hàm  số   C  : y 

Câu 4: Tìm m để hàm số:  

B. Nếu  f ʹ x  0   với  mọi  x  a; x0   và 

 

C. Đồ thị hàm số  C   có một tiệm cận ngang 

là trục  tung  và  hai  tiệm  cận  đứng  là  x 2   và  x  1.    

 

D. Đồ thị hàm số  C  có một tiệm cận ngang 

là trục  tung  và  một  tiệm  cận  đứng  duy  nhất  là 

x  1.   Câu 8: Với giá trị nào của m thì hàm số  y 

mx  1 x 1

tăng trên từng khoảng xác định?    A.  m  0    B.  m  1    C.  m  1    D.  m  0    Câu 9:   Gọi M và m lần lượt là GTLN và GTNN  của hàm số  y  x 1  x 2  trên tập xác định. Khi  đó  M  m  bằng:    A. 1   

B. 2 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Câu 13:  Cho  log3 2  a; log3 5  b  ,  khi  đó  log3 40 

C. 3    D. đáp số khác  Câu 10: Đường cao tốc mới xây nối hai thành phố  A và B,  hai  thành  phố này muốn xây một  trạm  thu phí và trạm xăng ở trên đường cao tốc như  hình vẽ. Để tiết kiệm chi phí đi lại, hai thành phố  quyết định tính toán xem xây trạm thu phí ở vị  trí  nào  để  tổng  khoảng  cách  từ  hai  trung  tâm  thành  phố  đến  trạm  là  ngắn  nhất,  biết  khoảng  cách từ trung tâm thành phố A, B đến đường cao  tốc lần lượt là là 60 km và 40 km và khoảng cách  giữa  hai  trung  tâm  thành  phố  là  120 km (được 

bằng:   A.  3a  b    B.  a  3b    C.  3a  b    D.  a  3b    Câu 14: Tìm đạo hàm của hàm số  y 

tính theo khoảng cách của hình chiếu vuông góc  của hai trung tâm thành phố lên đường cao tốc,  tức là PQ kí hiệu như hình vẽ). Tìm vị trí của trạm  thu  phí  và  trạm  xăng?  (Giả  sử  chiều  rộng  của  trạm thu phí không đáng kể ). 

 

A

A. 72 km kể từ P.    C. 48 km kể từ P.  Câu 11: Cho hàm số  

  B. 42 km kể từ Q.    D. tại P. 

A. Với mọi m, hàm số luôn đạt cực trị tại  x1 ; x2  

B. Tọa độ điểm cực đại thỏa mãn phương trình 

y  3x2  1.   C.  Với  m  0   thì  hàm  số  đồng  biến  trên 

 

khoảng 0;1 .      D. Chỉ B, C đúng.  Câu 12: Cho phương trình  2

2   x log 3  x  2   log 3  2   0 .  x  3x  3  Tổng các nghiệm của phương trình là:   

A. 4 

11 B.    2

 

và x2  x1  1.   

5 C.    2

e x  e x

2

2

 

D. đáp án khác 

e

2 x

 e x

  B.  D   e ;        C.  D   0; e    e ;      D.  D   ; e    e ;     

2

  

ln x  2 là:  ln x  1

A. D  e 2 ;     1

2

1

2

1

120

Câu nào sau đây là đúng? 

4

B. y ʹ 

D. 3 

   A. y ʹ   3 x  1 ln  x  1  2 x    B.  y ʹ   3 x  1 ln  x  1  2 x    C.  y ʹ   3x  1 ln  x  1  2 x    D.  y ʹ   3x  1 ln  x  1  2 x   

y  x3  x ln x 2  1 có dạng: 

4 Q

y  2x3  3  2m  1 x2  6m m  1 x  1 .

 ex

x

  

Câu 16: Đạo hàm của hàm số: 

B

Trạm xăng  Trạm thu phí 

P

C. y ʹ 

 e

Câu 15: Tập xác định của hàm số  y 

6

A. y ʹ 

2 e 2 x  e 2 x

ex  ex . ex  ex

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Câu 17:  Có  bao  nhiêu  giá  trị  nguyên  của  m  để 

phương trình:  log 3  x  2   2m log

x 2

3  16

Có hai nghiệm đều lớn hơn  1.  B. không có m    A. vô số    63 D.  15  giá trị    C.  giá trị  

x Câu 18:  Cho  hàm  số  y  e x  2   và  các  phát 

biểu sau:  I. Hàm số có tập xác định là  .    II. Hàm số đạt cực tiểu tại duy nhất một điểm là  x  3 .  III.  Đồ  thị  hàm  số  cắt  O y   tại  A,  khi  đó  đường  thẳng tiếp xúc với đồ thị hàm số tại  A  có hệ số  góc là 3.   B. chỉ II và III đúng.    A. chỉ I và II đúng.  D. Cả I, II, III đều đúng.    C. chỉ I và III đúng.  Câu  19:  Điều  kiện  của  m  để  bất  phương  trình 

log 2 2 x1  6  m  x thỏa mãn với mọi  x  0  là 

A. m  3     

B. m  3      161|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

C. không tồn tại m. 

D. mọi m. 

Câu 20: Bất phương trình  3

2 x2 5 x

1   9

 x 13

có bao 

II. f  x  

 

2   cos 2 x

2 III. f x  tan x  1   

Hàm số  nào  có  một  nguyên  hàm  là  hàm  số

nhiêu nghiệm nguyên dương? 

g  x  2tan x  

A. 6  B. 10  C. 11  D. vô số.    Câu 21: Theo số liệu từ Facebook, số lượng các tài  khoản hoạt động tăng một cách đáng kể tính từ  thời điểm tháng 2 năm 2004. Bảng dưới đây mô 

C. I, III  D. II, III     A. I, II, III  B. II, III  Câu  26*:  Tính  thể  tích  vật  thể  tạo  được  khi  lấy  giao  vuông  góc  hai  ống  nước  hình  trụ  có  cùng  bán kính đáy bằng a. 

tả số lượng  U x  là số tài khoản hoạt động, trong 

A. V  16 a  

3 B. V  2 a   

đó x là số tháng kể từ sau tháng 2 năm 2004. Biết  số lượt tài khoản hoạt động tăng theo hàm số mũ 

3 C. V  4 a   

D. V  a 3   

 

xấp xỉ như sau:  U  x   A.  1  0,04   với A là số  x

tài khoản hoạt động đầu tháng 2 năm 2004. Hỏi  đến sau bao lâu thì số tài khoản hoạt động xấp xỉ  là  194  790  người,  biết  sau  hai  tháng  thì  số  tài  khoản hoạt động là 108 160 người.  B. 1 năm 2 tháng.      A. 1 năm 5 tháng.  D. 11 tháng.    C. 1 năm.    x  2016! ,  Câu  22:  Cho  khi  đó 

A

B. log 2016   

log 4 2 x  log 2 x.log 2

3

Câu 27: Tính diện tích hình phẳng được giới hạn  như hình vẽ: 

y 4

x

D. không tính được. 

x  1  1 có số nghiệm là 

2 2 A. Hàm số  F  x   x  6x  1  và  G  x   x  10  

2x  3

2x  3

số

F  x  5  2sin2 x

G x  1  cos2x là  nguyên  hàm  của  cùng  một 

28 A.    3

25 B.    3

C. Hàm số  F  x   x 2  2 x  2 là nguyên hàm 

của hàm số  f  x    

x 1 x2  2 x  2

.

D. Hàm số  F  x   sin x  là một nguyên hàm 

22 C.    3

 3

A. S  ln 2, V    3     

B. S  ln 2, V    3    

C. S  ln 3, V    3     

D. S  ln 3, V    3      

hàm số.   

2 D. 

26   3

Câu 28: Cho hình phẳng D được giới hạn bởi các   đường y  tan x ; x  0; x  ; y  0.   Gọi  S  là  diện  3 tích hình phẳng D, V là thể tích vật thể tròn xoay  khi quay D quanh Ox. Chọn mệnh đề đúng trong  các mệnh đề sau: 

là nguyên hàm của cùng một hàm số.  Hàm 

O

‐2

A. 3  B. 2  C. 0  D. 1  Câu  24:  Mệnh  đề  nào  là  sai  trong  các  mệnh  đề  sau? 

B.

3

C.  2016!      Câu 23: Phương trình 

3

1 1 1 1    ...  .  A  có  log2 x log3 x log4 x log2016 x

gía trị bằng:      A. 1 

3

Câu 29: Cho  A 

 

ln m

 0

 3

 3

 3

ex dx  ln 2 . Khi đó giá trị  ex  2

của hàm số  f  x   cos x .    

của m là    A.  m  0; m  4   

Câu 25: Trong các hàm số sau: 

D. m  0      C.  m  4      Câu 30: Trong các kết luận sau, kết luận nào sai? 



2 I. f x  tan x  2   

Lovebook.vn|162

B. m  2     


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

A. Mô  đun  của  số  phức  z  a  bi a, b    

được tính bằng  z  a 2  b 2  . 

B. Mô đun của số phức z( với z là khác 0) là  một số thực dương.    C. Mô đun của số phức z là một số phức.    D. A và B đúng.  Câu  31:  Tìm  số  phức  z  thỏa  mãn  điều  kiện: 

iz   1  3i  z 1 i

A. z  

không đổi. Khi quay hình vẽ  quanh  SO   thì  tạo  thành  một  hình  trụ  nội  tiếp  hình  nón  đỉnh  S  có  đáy  là  hình  tròn tâm O bán kính  R  OA. Tìm  độ  dài  của  MN  để  thể  tích khối trụ là lớn nhất. 

45 9  i   26 26

B. z 

45 9  i     26 26

im 2m và  z.z   trong đó i là đơn  2 1  m  m  2i 

Câu 33: Cho số phức  z 

z 6  7i , điểm nào   1  3i 5

sau đây là điểm biểu diễn của số phức  z : 

 

A. M 0; 1  

C. P 1; 1   

  D. Q  0; 1   

Câu 34:  Cho  hai  số  phức  iz1 

2 

1 và  z2 2

A. 2 

1

z1 ; z2 thỏa  mãn 

 iz1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 

2

  B.  2 

1 2

  C.  2 

1 2

 D.  2 

1 2

 

Câu 35: Đường nối tâm hai mặt kề bên của một  hình lập phương có độ dài  3 2 . Thể tích của khối  lập phương này bằng:  B. 210  C. 214  D. 216    A. 210  Câu 36: Cho tứ diện ABCD có thể tích khối ABCD  bằng 126, hai tam giác ABC và ABD có diện tích  cùng bằng 21. M là một điểm thuộc cạnh CD và 

d1 ; d2 lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt 

A

thể tích tứ diện  B ʹ ABC  và khoảng cách từ B  đến 

mặt phẳng   AB ʹ C  .    A.  VBʹ ABC 

a3 3 a a3 3 3a ; d    B.  VBʹ ABC  ;d    8 4 8 4

a3 3 a a3 3 a 3 ; d    D.  VBʹ ABC  ;d     4 4 4 8 Câu 39:  Cho hình chóp  S. ABCD  có đáy là hình  thang cân ABCD với  AB  2 a ,  BC  CD  DA  a  

C. VBʹ ABC 

góc với SB và cắt  SB , SC , SD  lần lượt tại  M , N , P.  

biểu thức  z1  z2 .   

N

và SA   ABCD  . Một mặt phẳng qua A vuông 

B. N 1;1     

O

phẳng A ʹ BC  và   ABC   bằng  60 . Tính theo a 

m  0 m  0 A.     B.  m  1    C.      D.   m    m  1 m  1

M

Câu 38:  Cho  hình  lăng  trụ  tam  giác  đều  ABC.Aʹ Bʹ C ʹ   có  cạnh  AB  a ,  góc  giữa  hai  mặt 

vị ảo.   

h h   B. MN     2 3 h h C.  MN     D.  MN    4 6

S

    A.  MN 

2

 z  

D. 45  9i      C.  z  45  9i    Câu  32:  Tìm  tất  cả  các  số  thực  m  biết 

z

Ngọc Huyền LB

phẳng ABC  và  ABD . Vậy  d1  d2  bằng:    A. 18  B. 20  C. 22  D. 24  Câu 37: Cho hình vẽ:  Tam  giác  SOA   vuông  tại  O  có  MN  SO   với  M , N  lần lượt nằm trên cạnh SA, OA. Đặt  SO  h  

Tính đường  kính  khối  cầu  ngoại  tiếp  khối  ABCDMNP. 

a 3   2 Câu 40: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy  bằng a và cạnh bên cũng bằng a. Thể tích của khối  nón ngoại tiếp hình chóp là: 

A. a 3   

A.

B. a   

a 3 2     12

C. 2 a   

B.

a 3   12

D.

a 3     D. Đáp án khác.  6 Câu 41: Một hình lập phương có cạnh bằng a. Thể 

C.

tích của khối trụ ngoại tiếp hình lập phương là:  a 3    D.  2 a 3    2 Câu 42: Xét một hộp bóng bàn có dạng hình hộp 

A. a 3   

B. 4 a 3   

C.

chữ nhật.  Biết  rằng  hộp  chứa  vừa  khít  ba  quả  bóng bàn được xếp theo chiều dọc, các quả bóng  bàn  có  kích  thước  như  nhau.  Phần  không  gian  còn trống trong hộp chiếm:    A.  47,64%    B.  65,09%    C.  82,55%    D.  83, 3%    163|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 43: Một chậu nước hình bán cầu bằng nhôm  có  bán  kính  R  10   đặt  trong  một  khung  hình  hộp chữ nhật (như hình vẽ). Trong chậu chứa sẵn  một khối nước hình chỏm cầu có chiều cao  h  2.   Người ta bỏ vào trong chậu một viên bi hình cầu  bằng kim loại thì mặt nước dâng lên vừa phủ kín  viên bi ( như hình vẽ). Cho biết công thức tính thể 

tích của khối chỏm cầu hình cầu  O; R  có chiều  cao h là:  Vc hom

 h  h  R   , bán kính của viên bi:  3 

của  P   và   Q  , khi có mặt phẳng      đi qua H  và chứa    có phương trình:    A.  7 x  19 y  10 z  30  0     

B. 7 x  19 y  10 z  4  0   

C. 10 x  7 y  19 z  30  0   

D. 10 x  7 y  19 z  4  0    

Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 

mặt cầu 

2

 S  :  x  1   y  2    z  3  2

đường thẳng   :

2

2

 9 và 

x6 y2 z2 . Viết  tất  cả    2 2 3

các phương  trình  mặt  phẳng 

 P

đi qua 

M  4; 3; 4  , song song với đường thẳng    và tiếp  xúc với mặt cầu   S  . 

 

A. r 1  

C. r  1, 5     

B. r 

1     2

D. Đáp án khác. 

Câu 44: Phương trình chính tắc của đường thẳng 

 2 x  2 y  z  18  0 A. 2 x  2 y  z  18  0    B.    2 x  y  2 z  19  0

C. 2 x  y  2 z  19  0    D. Không tồn tại   P  .  

Câu 49: Cho  A  0; 2; 2  , B  3;1; 1 ,  C  4; 3; 0   và 

đi qua  A  1; 4; 7    và  vuông  góc  với  mặt  phẳng 

D  1; 2; m  . Tìm  m  để  bốn  điểm  A, B,C , D   đồng 

x  2 y  2 z  3  0 là: 

phẳng. Một học sinh giải như sau:  Bước 1:      AB   3; 1;1 ; AC   4;1; 2  ; AD   1; 0; m  2  . 

y  4 z  7    2 2 y4 z7 x 1 z 7  y4     D.  x  1        C.  2 4 2 4 Câu  45:  Biết  rằng  đường  thẳng  x y1 z2  là tiếp tuyến của mặt cầu tâm   d:  1 1 1

A. x  4  y  1  z  3   

B. x  1 

   1 1 1 3 3 1  Bước 2:   AB , AC    , ,        1 2 2 4 4 1  

  3;10;1 .  

I  1;3;5 . Bán kính r của mặt cầu có độ dài là: 

    AB , AC  . AD  3  m  2  m  5 .  

Bước 3: A, B, C, D đồng phẳng  

A. 14   

B. 14 

C. 77   

 

D. 7 

Câu 46: Gọi    là mặt phẳng song song với mặt 

 

phẳng  : 3x  2y  z  5  0   và  chứa  đường  thẳng  d :

x2 y8 z4 . Khoảng  cách  giữa    2 1 4

 

 

hai mặt phẳng    và    là:   

9 A.    14

B.

9 14

 

3 C.    14

D.

3 14

     AB , AC  . AD  0  m  5  0 .   

Đáp số:  m  5 .  Bài giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở bước nào?    A. Đúng    B. Sai ở bước 1.      C. Sai ở bước 2.  D. Sai ở bước 3.  Câu  50:  Cho 

 

D  2; 2; 2  . Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có 

Câu 47:  Cho  tam  giác  ABC  với  A  0; 1; 2  , 

bán kính là 

B  3;0;1 ,

C  2; 3;0  và  hai  mặt  phẳng 

 P  : x  2 y  z  3  0 ;  Q  : 2x  y  z  3  0. Gọi  H là trực tâm tam giác ABC. Gọi    là giao tuyến  Lovebook.vn|164

A  2;0;0 , B 0;2;0 ,C  0;0;2 ,

A. 3 

B.

3  

C.

3   2

D.

2    3


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN  1B 

2D

3C

4B

5C

6A

7B

8B

9A

10D

11A

12B

13C

14C

15C

16A

17D

18C

19B

20B

21A

22A

23D

24D

25A

26A

27A

28B

29C

30C

31A

32C

33B

34A

35A

36A

37B

38B

39C

40A

41C

42D

43A

44B

45A

46B

47A

48C

49C

50B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT    Câu 1: Đáp án B. 

S  24  3 2. 2  x1  x2   24 2

Phân tích: Ta nhận thấy đề bài khá phức tạp và  rắc rối, tuy nhiên ta có thể nhận thấy như sau. Do 

  x1  x2   4 x1 x2  16  

P, Q là hai điểm phân biệt và cách đều hai điểm 

Áp dụng  viet  với  phương  trình   *    ta  được 

A  3; 4  , B  3; 2  , nên  P,  Q  nằm  trên  đường  trung trực của đoạn thẳng AB. Khi đó ta sẽ viết  được  phương  trình  đường  thẳng  PQ  khiến  cho  việc tham số hóa P, Q trở nên đỡ phức tạp hơn,  lúc này khi tham số hóa P, Q ta sẽ có hai ẩn là hai  hoành  độ  của  P,  Q  (  với  hai  hoành  độ  là  hai  nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm).  Khi đã tham số hóa được PQ rồi ta thấy đề cho  diện tích tứ giác APBQ do đó ta đi tìm mối liên  hệ giữa tọa độ hai điểm P, Q và diện tích tứ giác.  Ta  nhận  thấy  ngay  tứ  giác  có  hai  đường  chéo  vuông góc, tức là  S  AB.PQ  do vậy kết hợp với  định lí Viet ta sẽ tìm được m. 

2

m  2 m2  12m  16  0    m  2 .   m  2 Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả quên điều kiện 

để hai nghiệm khác  2  nên đến cuối chọn luôn  A là sai. Hãy luôn nhớ điều kiện để mẫu số khác  0.  Câu 2: Đáp án D  Phân  tích:  Ta  thấy  do  đề  bài  liên  quan  đến  hai 

đường tiệm cận do đó ta sẽ tìm nhanh các đường  tiệm cân  bằng cách  nhẩm nhanh mà tôi đã giới  thiệu cho quý độc giả ở các đề trước và ta được:   Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang  y  2  và tiệm  cận  đứng  x  1 .  Giả  sử  M  x0 ; y0  ,  khi  đó 

Lời giải chi tiết như sau:   Ta  viết  được  phương  trình  PQ :   qua  I  0;1   là   trung  điểm  của  AB  và  có  vtpt  là  AB ,  khi  đó 

PQ : x  y  1  0 .   Xét  phương  trình  hoành  độ  giao  điểm  giữa 

 3  M  x0 ; 2   . x0  1   Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng sẽ là  x0  1 .  Khoảng  cách  từ  M  đến  tiệm  cận  ngang  sẽ  là 

3 . Khi  đó  x0  1

đường thẳng  PQ và đồ thị   C m   : 

y0  2 

mx  2  x  1  mx  2  x 2  1 ( với  x  1) .  x1

 x0  1  4 x0  1  3  0 . Nhận thấy số điểm 

x0  1 

3 4 x0  1

2

 x 2  mx  3  0  *   

M thỏa  mãn  phụ  thuộc  vào  số  nghiệm  của 

Để đường thẳng PQ cắt   C m   tại hai điểm phân 

phương trình  này.  Bấm  máy  tính  ta  thấy 

  0 biệt khác 1 tức là      m  2 .  m  2  0

 x0  1  1  . Vậy sẽ có bốn nghiệm thỏa mãn, tức   x0  1  3 là bốn điểm M. 

Khi đó  

P  x1 ; x1  1 ; Q  x2 ; x2  1  PQ  2  x2  x1    

Câu 3: Đáp án C. 

Ta có  

luôn có  ba  nghiệm  phân  biệt  do  đó  A  đúng,  B 

2

Phân tích: Ta xét phương trình  y ʹ  4 x 3  12 x  0  

165|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

đúng do hàm số là hàm đa thức luôn xác định và 

Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả sẽ quên trường 

liên tục trên   .  

hợp m  1  và sẽ chọn C. 

Tiếp theo đến nhận xét C thì ta nhớ lại bảng dạng  đồ thị hàm số mà tôi đã nhắc nhiều lần cho quý 

Câu 5: Đáp án C.  Phân tích: Ta lần lượt xét từng mệnh đề một: 

độc giả ở các đề trước, với hàm trùng phương bậc 

Ta có:  f ʹ  x    đổi dấu  qua  x0 ,  tức  là  x0   là  điểm 

bốn có hệ số  a  1  0  và phương trình  y ʹ  0  có 

cực trị của hàm số, và 

ba nghiệm phân  biệt thì đồ thị  hàm số có dạng 

Nếu  f ʹ  x   0   với  mọi  x   a; x0    và  f ʹ  x   0  

chữ W( đây chỉ là mẹo nhớ chứ không phải đồ thị 

với mọi  x   x0 ; b   thì hàm số  f  x   đạt cực tiểu 

có dạng đúng là chữ W), tức là có hai điểm cực  tiểu và một điểm cực đại. Vậy C sai.  Câu 4: Đáp án B.  Phân  tích:  Ta  có  để  hàm  số  đồng  biến  trên 

tại điểm  x0 .  Nếu  f ʹ  x   0   với  mọi  x   a; x0    và  f ʹ  x   0   với mọi  x   x0 ; b   thì hàm số  f  x   đạt cực đại tại 

khoảng có độ dài không nhỏ hơn 1 tức là ta cần 

điểm x0 .  

đi xét từng trường hợp hệ số  a  m  1  lớn hơn 

Vậy A, B đúng. 

hay nhỏ  hơn  không,  từ  đó  tìm  các  khoảng  đơn 

Với C ta có rõ ràng với hàm số  y  x2 , hàm số 

điệu, và xét phương trình  y ʹ  0  từ đó tìm ra mối 

đạt cực tiểu tại  x  0  nhưng không có đạo hàm 

liên hệ giữa hoành độ của các điểm cực trị của đồ 

tại x  0 , do đó C sai. 

thị hàm số với các khoảng đơn điệu.  

Câu 6: Đáp án A. 

Trước tiên:  y ʹ  3  m  1 x  6  m  1 x  2m    2

Phân tích:  

Với m  1    y ʹ  2  0 loại. 

B

A

Với m  1 . Khi đó hệ số  a  m  1  0  tức là đồ  thị hàm số hoặc không có cực trị, tức là luôn đồng 

O

biến trên   , hoặc là đồ thị hàm số có dạng chữ  N,  khi đó hàm số luôn có khoảng đồng biến có  Với  m  1 , thì yêu cầu của bài toán sẽ trở thành 

y ʹ  0 có  hai  nghiệm  phân  biệt  thỏa  mãn  x1  x2  1 .  Lí  giải  điều  này  là  do  a  m  1  0 ,  lúc này nếu  y ʹ  0  vô nghiệm thì không thỏa mãn  yêu  cầu  đề  bài,  nên  phương  trình  y ʹ  0   phải 

C

D

độ dài lớn hơn 1 ( thỏa mãn).   

Đặt AB  x  0  x  2 R  .  Ta  có  BC  4 R 2  x 2 .Khi  đó  S  x. 4 R2  x 2 .  Áp  dụng  bđt  Cauchy  cho 

hai

số

dương 2

x. 4 R2  x2 

hàm số  sẽ  đồng  biến  trên   x1 ; x2  .     phương 

ra khi  x  4 R2  x2  x  R 2 .  

trình y ʹ  0  luôn có hai nghiệm  x1 ; x2  thỏa mãn 

Tức là  a  b  R 2 . 

  ʹ  9  m  1  2  6 m  m  1  0   2  x1  x1   4 x1 x2  1

 m  3  m  1  0 m  3    m  9 . Kết    8m m  9 3  3 m  1  0    hợp với TH2 thì  m   ; 9    1;   .  Lovebook.vn|166

2

luôn có hai nghiệm phân biệt  x1 ; x2 , tức là lúc này 

x1  x2  1.

ta

x  4R  x  2 R2 . Dấu bằng xảy  2 2

Câu 7: Đáp án B.  Phân tích: Ta có  D   \2;1   

x1 x1   và  lim 2   .  Do  x  1 x x2 x x2 đó  x  2  và  x  1  là hai tiệm cận đứng của đồ thị  lim

x2

2

hàm số   C  . Từ đây ta có thể loại A và D. 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

x1  lim lim x x 2  x  2

1 1  x x2  0 1 2 1  2 x x

Ngọc Huyền LB

A

 y  0 là 

B 60

tiệm cậng ngang của đồ thị hàm số. Mà  y  0  là 

40

trục hoành của đồ thị hàm số, do đó B đúng. 

x

Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả không phân biệt 

P

dẫn đến sai, nếu không nhớ, hãy thử vẽ trục tọa 

Q

C

được phương trình của trục tung và trục hoành   

độ ra  khi  đó  bạn  sẽ  xác  định  được  một  cách  rõ 

Thực chất bài toán trở thành tìm x để  AC  BC  

ràng phương trình của các trục tọa độ. 

nhỏ nhất. 

Câu 8: Đáp án B. 

Theo định  lí  Pytago  ta  có  AC  60 2  x 2   ;

Phân tích: đây chỉ là cách hỏi khác của dạng bài  tìm m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác 

120  x 

2

 40 2  x 2  240 x  16000  

Khi

định. Ta có  y ʹ 

BC 

m  1

 x  1

2

để hàm số đồng biến trên từng 

khoảng xác định thì   m  1  0    m  1    Câu 9: Đáp án A.  Phân  tích:  D   1; 1 ,  khi  đó  đẻ  tìm  GTLN,  GTNN của hàm số trên tập xác định thì ta tìm các  giá trị làm cho  y ʹ  0  và  y ʹ  không xác định, sau  đó so sánh các giá trị của hàm số tại các điểm đó 

đó

f  x   AC  BC  x 2  3600  x 2  240 x  16000

. Ta cần tìm  Min f  x  .    0;12 

Ta có  f ʹ  x  

x x  3600 2

x  120 x  240 x  16000 2

,

khi bấm máy tính nhẩm nghiệm bằng cách nhập 

vào màn  hình  biểu  thức  f ʹ  x    và  ấn  SHIFT   SOLVE  và  chọn  một  số  nằm  trong  khoảng 

với nhau và với điểm đầu mút để kết luận GTLN, 

 0; 120  để dò nghiệm, như tôi nhập 2 máy nhanh 

GTNN.

chóng hiện nghiệm là 72 như sau: 

y ʹ  0  1  x2 

x.x 1  x2

 x2  1  x2  x2 

0

1 1  x   .  2 2

 1   1   1  Ta có  Min  f   ; f   ; f  1 ; f  1       2 2  2      1   1   1 Max  f   ; f   ; f  1 ; f  1     2  2    2

Bấm máy tính sử dụng nút TABLE ta nhận thấy  phương  trình  có  duy  nhất  một  nghiệm  này  do 

f ʹ  x  chỉ đổi dấu qua 72. Khi đó ta có BBT sau:  x 

 M  m  1 .

fʹ(x)

Câu 10: Đáp án A. 

0

72  

120  

0

Phân tích:  Vẽ  lại  hình  vẽ  thì  ta  có  hình  vẽ  đơn  f(x) 

giản hóa như sau: 

Min   Vậy từ đó ta có thể kết luận  CP  72 .  Câu 11: Đáp án A.  Phân tích: Ta thấy tất cả các phương án đều liên  quan đến cực trị, do vậy trước tiên ta xét phương  167|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

trình 6 x 2  6  2m  1 x  6 m  m  1  0

Phân tích: Ở đây có hai điều kiện để hàm số xác 

 x 2   2m  1 x  m  m  1  0 .

định, đó là điều kiện để loganepe tồn tại và điều  kiện để căn thức tồn tại. 

   2 m  1  4 m  m  1  1  0 , phương  trình  2

    x  0 x  0 0  x  e 2   1   ln x  1     x  e     1  x  e   ln x  1  1   x  e   ln x  2   x  e 2 

luôn có hai nghiệm phân biệt  x1 ; x2    Với  A:  Ta  có  x2  x1  1   x1  x2   4 x1 x2  1   2

  2m  1  4 m  m  1  1 ( luôn  thỏa  mãn).  2

Vậy đáp án A đúng.  

Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả quên điều kiện 

Câu 12: Đáp án B. 

x  0. Từ đó chọn D là sai. 

Phân tích: Do đề bài yêu cầu tìm tổng các nghiệm 

Nhiều độc giả lại quên điều kiện  ln x  1 . Nên 

của phương trình nên  

chú ý có đủ các điều kiện. 

điều kiện:  x  0; 2   

Câu 16: Đáp án A. 

Phương trình 

Phân tích:   2

   x  log 3   x  2   2    log 3 1  x  3x  3   

Ta có  

 x

     x  x  ʹ . ln  x  1   x

x  x  2

x  x  2 1  log 3 2  log 3 1  2 1  x  3x  3 2 x  3x  3

 x ln x 2  1 ʹ

3

2

 

 

 

3

 



 x . ln x 2  1 ʹ

 3 x 2  1 .ln x 2  1  x 3  x .

 x  3  x2  2 x  x2  3x  3     x  1    2 2  2 x  x  x  3x  3  3 x   2

2x x 1 2

 3 x 2  1 .ln x 2  1  2 x 2  

Câu 17: Đáp án D  Phân tích: đk:  x  2; x  1   

Câu 13: Đáp án C 

Ta nhận thấy có thể đưa về biến chung đó là 

log 3  x  2  , do đó ta biến đổi như sau: 

Phân tích: Ta có thể dùng máy tính để thử từng  đáp  án  một,  tuy  nhiên  tôi  giới  thiệu  cách  phân 

1 pt  log 3  x  2   2m. .log  x 2  3  16   1 2 4m  log 3  x  2    16  0    log 3  x  2 

tích nhẩm như sau: 

3

log 3 40  log 3 2 3 .5  3 log 3 2  log 3 5  3a  b . 

Với bài toán này nhẩm còn nhanh hơn bấm máy  tính, nên hãy rèn luyện tư duy để có thể tiết kiệm  thời gian khi cần thiết. 

Đặt t  log 3  x  2   khi đó phương trình trở 

Câu 14: Đáp án C. 

thành:

 u  uʹ v  vʹu Phân tích:  Ta  có  công  thức    ʹ    và  v2 v

 e  ʹ  u ʹ.e u

 ex  ex  x x e e 

e

x

u

. Khi đó áp dụng vào đây ta được: 



 

ex  ex ʹ ex  ex  ex  ex  ʹ   2  ex  ex

 ex

e

  e

x

 ex

2

x

4m  16  0  t 2  16t  4m  0  *   ( do  t x  2  1  nên  t  0)   

t

 ex 2

Câu 15: Đáp án C. 

2

e

4 x

 ex

2

 

 e

x

 ex ʹ

Mỗi t cho ta một nghiệm  x  2; x  1 . Hơn nữa    x  1    x  2  1    t  0.  Vậy bài toán trở 

thành tìm m để phương trình   *   có hai nghiệm 

  64  4m  0  dương.  S  16  0    0  m  16 . Vậy   P  4m  0  có 15 giá trị của m thỏa mãn.  Câu 18: Đáp án C. 

Lovebook.vn|168


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Phân tích: Ta lần lượt đi xét từng mệnh đề một,  

Ta thấy hàm số có tập xác định  D  .  I đúng.    y ʹ  e

x

 x  2  e

x

0  e

x

 3  x  0

Ngọc Huyền LB

Với x  5  thì   2 x  2  2  x  13  5  x 

 2 x2  34 x  132  0  6  x  11   Kết hợp với  x  5  thì có 6 nghiệm nguyên 

 x  3 . Ta thấy  f ʹ  x   đổi dấu từ dương sang 

dương thỏa mãn. 

âm qua  x  3  nên hàm số đạt cực đại tại  x  3 . II 

Kết luận: có 10 nghiệm nguyên dương thỏa 

sai

mãn.

Đến đây ta không cần xét đến mệnh đề III nữa 

Câu 21: Đáp án A. 

mà vẫn có thể kết luận được đáp án C. Do tất cả 

Phân tích: Do đề đã cho công thức tổng quát và 

các phương án còn lại đề có II. 

có dữ kiện là sau hai tháng số tài khoản hoạt 

Câu 19: Đáp án B 

động là  

Phân tích: Ở bài toán này ta sẽ đi tìm nghiệm 

108 160 người. Do đó thay vào công thức tổng 

của bất phương trình theo m,  

quát ta sẽ tìm được A. Khi đó 

A  1  0.04   108160  A  100000.  Khi đó 

2

Bất phương trình   log 2 2 x 1  6  x  m  

công việc của ta chỉ là tìm  x  sao cho 

 log 2 2 x 1  6  log 2 2 x  log 2 2 m

2 2 x

x 1

 6  2  2.2 m

2x

100000  1  0.04   194790 x

 6.2  2 . Đặt  x

m

trở thành: 

194790  17 hay 1 năm 5 tháng.  100000 Câu 22: Đáp án A 

2.t 2  6.t  2m . Xét hàm số  f  t   2t 2  6t  trên 

Phân tích: Nhìn thoạt qua thì thấy bài toán khá 

1;   có  f ʹ  t   4t  6  0  t  46  1;     

là cồng kềnh, tuy nhiên đây lại là một bài toán  khá là đơn giản dựa trên tính chất sau của 

Ta có BBT sau: 

logarit: log a b 

2 x  t  t  1 ( do  x  0 ). Khi đó bất phương trình 

t

1

fʹ(t)

+

   

f(t)

 x  log 1 0.04 

1 với  0  a  1; 0  b  1    log b a

Vậy thực chất khi đó 

A  log x 2  log x 3  log x 4  ...  log x 2016   Đến đây ta nhớ đến tính chất sau của logarit: 

8

log a x  log a y  log a xy với a, b, x, y thỏa mãn 

Để bất phương trình thỏa mãn  x  0  với mọi m 

điều kiện tồn tại của logarit. 

thì 2m  8    m  3 . 

Vậy A  log x  2.3.4...2016   

Câu 20: Đáp án B. 

 log x  1.2.3.4...2016   log x 2016!  log x x  1   

Phân tích: đk  x  5   

Bất phương trình   3 

2 x 2 5 x

3

2  x 13 

Câu 23: Đáp án D. 

2x  2  2  x  13  5x

Với x  5  thì   2 x  2  2  x  13  5  x   

 2 x  2  2  x  13  x  5   0

Phân tích: Ta thấy rõ bài toán này ta không thể 

dùng phương pháp thử từng đáp án được vì đề  bài yêu cầu phải tìm  x1  2 x2 , do vậy ta phải giải  từng bước một bài toán này.  Điều kiện:  x   0;     

 2 x 2  18 x  65  2 x  2  0

Do ở VP là logarit cơ số 2, do vậy ta sẽ biến đổi 

 x  11  2 x  34 x  132  0      x  6

logarit ở VT về logarit cơ số 2. 

2

Kết hợp với  x  5  thì có 4 nghiệm nguyên  dương thỏa mãn. 

Phương trình  1  .log 2 2 x  log 2 x.log 2 2

x  1  1  

169|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

1  log 2 2 x  log 2 x.log 2 2

x  1  1  0  

1  log 2 x  log 2 x  log 2 2

 x  1  1   0   

log 2 x  0  log 2 x  log 2 

 2  2 Với II:  f ʹ  x     ʹ  2 1  tan x ʹ 2  cos x 

x 1 1

 2.2.tan x  4 tan x .

Với III:  f ʹ  x   tan 2  1 ʹ  2 tan x . 

Câu 26: Đáp án A. 

Đây là bài toán khá trừu tượng và khó tưởng  tượng, có thể coi đây là bài toán đạt điểm tuyệt 

x  1     x  1  x  1  * 

đối trong đề này, trước khi làm bài toán này tôi  xin cung cấp cho quý độc giả một kiến thức đã 

 *   x  1  2 x  x  1    x  0 ( mà  x  0  

học ở phần II, Bài 3, chương III ( trang 117)  sách 

loại)

giáo khoa giải tích cơ bản như sau: 

Vậy phương trình có một nghiệm. 

Ta thừa nhận công thức:  V   S  x  dx

b

Câu 24: Đáp án D. 

Trong đó  S  x   là diện tích của thiết diện của vật 

Phân tích:  

Với mệnh đề A: Ta có 

thể V. Thiết diện này vuông góc với trục Ox tại 

 x2  6x  1  f  x  F ʹ x   ʹ  2x  3 

 2 x  6  2 x  3   2  x   2x  3

2

x   a; b  với a, b là các cận ứng với hai mặt 

 6x  1

2

2 x  6 x  20

phẳng song song và vuông góc với trục Ox, giới  hạn vật thể V.  Việc nắm vững công thức   *   giúp quý độc giả 

2

 2x  3

2

có thể tích được thể tích của vật thể mà đề bài 

.

đã yêu cầu, cụ thể như sau: 

2  x 2  10  2 x  2 x  3   2 x  10 G ʹ x   ʹ   2  2x  3   2x  3

 *   

a

2 x  6 x  20

Ta sẽ gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào vật thể này,  tức là ta sẽ đi tính thể tích vật thể V giới hạn bởi  hai mặt trụ:  x 2  y 2  a 2  và  x2  z2  a2  a  0  . 

2

 2x  3

2

. Vậy A đúng.  

Với mệnh đề B ta có: 

z

f  x   F ʹ  x   5  2 sin 2 x ʹ  2.2.  sin x  ʹ.sin x  2.2.cos x.sin x  2 sin 2 x   

G ʹ  x    1  cos 2 x  ʹ  2 sin 2 x  1 ʹ  2.sin 2 x , 

a z

vậy B đúng.  Với mệnh đề C: 

f  x  G  x ʹ 

x2  2 x  2 ʹ 

2x  2 2 x2  2x  2

O

x x

Vậy ta chọn D.   

Câu 25: Đáp án A  Phân tích: Ta có  f  x   là nguyên hàm của hàm  số  g  x  , tức là  f ʹ  x   g  x  ,  

Với I:  f ʹ  x   tan 2 x  2 ʹ  2.tan x . 

Lovebook.vn|170

y a 

a

đây là mệnh đề đúng. 

y

Hình vẽ trên mô tả một phần tám thứ nhất của  vật thể này, với mỗi  x  0; a  , thiết diện của vật  thể (vuông góc với trục Ox ) tại x là một hình  vuông có cạnh  y  a 2  x 2 ( chính là phần gạch 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

chéo tỏng hình vẽ). Do đó diện tích thiết diện sẽ  là :  S  x   a 2  x 2 . a 2  x 2  a 2  x 2   x  0; a  .   

Khi đó áp dụng công thức  *  thì thể tích vật thể  a

a

cần tìm sẽ bằng:  V  8  S  x  dx 8  a  x dx   0

 x3  8  a2 x  3 

2

2

0

 a 16a 3 .     3 0

Câu 27: Đáp án A.  Phân tích: Do diện tích hình phẳng đã được thể  hiện rõ trên hình nên ta đã xác định được cận rõ  ràng, do vậy ta xác định được:  Đây là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi 

x2 . đồ thị hàm số  y  4  x  và parabol  y  2 2 0   x2  x2  S    4  x   dx    4  x   dx   2  2  2  0

 x2 1 3  2  x2 x3  0   4x   x    4x    2 6 0  2 6  2  14 14 28   .  3 3 3 Câu 28: Đáp án B 

ln m

 0

ex dx  ex  2

ln m

 0

d ex  2 e 2 x

  ln e

x

2

ln m 0

 ln e ln m  2  ln e 0  2  ln m  2  ln1

 ln m  2   m  2  2 m  4 Khi đó  ln m  2  ln 2           2  m  2 m  0 Phân tích sai lầm: Chú ý nhiều độc giả quên  điều kiện của  ln m  xác định tức là  m  0  nên  không loại  m  0  và chọn A là sai. Đáp án phải  là C  Câu 30: Đáp án C.  Phân tích: Theo định nghĩa sách giáo khoa ta có: 

Gỉa sử số phức  z  a  bi  được biểu diễn bởi điểm 

M  a; b  trên mặt phẳng tọa độ.   Độ dài vecto  OM  được gọi là mô đun của số phức z   và kí hiệu là  z .Vậy  z  OM  a 2  b2    Từ đây ta suy ra A, B đúng. Vậy đáp án là C.  Câu 31: Đáp án A. 

Cách 1: Sử dụng máy tính fx‐570 VN PLUS. 

Nhập biểu thức trên vào, lưu ý:  + Để biểu diễn mô đun số phức ta nhập SHIFT 

Phân tích: Ta có diện tích hình phẳng được tính   3

bằng công thức:  S   tan xdx   0

 3

Ngọc Huyền LB

Abs   + Để biểu diễn  z  trên máy tính cầm tay ta ấn  SHIFT 2 (CMPLX)  máy sẽ hiện như sau: 

 3 sin x 1 dx    .d  cos x    ln cos x 3  cos x cos x 0 0 0  1   ln cos  ln cos 0   ln  ln 2     3 2

Chọn 2: Conjg là biểu diễn số phức liên hợp của  số phức.  Vậy biểu diễn biểu thức như sau: 

Thể tích vật thể tròn xoay được tính bởi công   3

 3

 1  thức: V    tan 2 xdx      1  dx   2  0 0  cos x

    tan x  x  3 0          tan   tan 0  0     3   .  3 3 3   

Câu 29: Đáp án C. 

Sau đó CALC rồi nhập từng giá trị vào: Thử vào  ta được A là đáp án do kết quả bằng 0, máy hiện  như sau: 

Phân tích: ta sẽ tìm tích phân đó theo m từ đó  tính m như sau  171|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

z.z 

Cách 2: Nhận thấy ở đây mẫu số đang ở dạng số 

2m m2  1 1    m  2 2 2 2 m2  1

1 1   m  2 2 m 1 2

trở nên đơn giản hơn.  

m  0    m3  2m2  m  0   m  1

Gọi z  a  bi  a, b    .  Ta có: 

Câu 33: Đáp án B 

phức, do đó chúng ta sẽ vẫn liên hợp để bài toán 

iz   1  3i  z 1 i

 a  4b   b  2 a  i

2

 z 

1 i

Phân tích:   a b   2

2

được số phức z như sau: 

  a  4b   b  2 a  i   1  i     a2  b2 2

Phương án A là  z  i    Phương án B là  z  1  i   

 3 a  3 b   5 b  a  i  2 a 2  b 2

Phương án C là z  1  i    Phương án D là  z  i   

 5b  a  0  2 2  3a  3b  2 a  b

Cách 1: ta có thể từ các điểm biểu diễn mà suy ra 

Vậy tương tự như Câu 31, ta sẽ nhập biểu thức  và CALC để chọn đáp án. Từ đó ta cũng chọn 

a  b  0   a   45 a  5b     26   2  26b  9b  0 9  b  26  

được B  Cách 2: Cách làm thông thường:  Gọi  z  a  bi  a , b      Khi đó phương trình đã cho trở thành: 

Vậy ta chọn A. 

a  bi 

Câu 32: Đáp án A  Phân tích: Vì z đang còn rất phức tạp, đặc biệt là 

dưới mẫu do đó chúng ta nghĩ ra việc làm đơn 

a  bi 6  7 i  1  3i 5

 a  bi 

 a  bi 1  3i   6  7 i     10

5

giản nó về dạng chuẩn  z  a  bi  a , b     sau 

 10 a  10bi  a  3b  i  b  3a   12  14i

đó tìm được  z  và thay vào biểu thức  z.z   

 9a  3b  i  11b  3a   12  14i

1  m 1  m2  2mi im  Ta có  z  2 1  m  m  2i  1  m 2  4 m2

  2m 

  1  m  m 1  m   i 1  m  m   1 m  1  m   m 1  m2  2 m  i 1  m2 2

2

2

m i    1  m2 1  m2

Như vậy: 

 z  1  i  

Câu 34: Đáp án A.  Phân tích: Bài toán này, thực chất là dựa trên 

kiến thức “ Biểu diễn hình học số phức”. Ta thấy 

2

2

z

2

2

9 a  3b  12 a  1     11b  3a  14 b  1

2

i  1  m2

nếu đặt  z1  x1  y1 i

x ; y 1

1

   . Khi đó điểm 

M  x1 ; y1  là điểm biểu diễn số phức  z1  thỏa  mãn: 

i  x1  y1 i   2 

 x12  y1  2

2

1 1  ix1  y1  2    2 2 

1 . Suy ra tập hợp các điểm  4

M biểu diễn  z1  là đường trong   C   có tâm 

I 0; 2 và bán kính  R  Lovebook.vn|172

1 . 2


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Khi đó nếu N là điểm biểu diễn của số phức  z2  

bằng hai lần độ dài của đường nối tâm đã cho, 

thì việc tìm GTNN của  z1  z2  là việc tìm 

tức là  6 2 . Mặt khác độ dài đường chéo bằng 

2 lần độ dài của cạnh hình lập phương, do đó 

GTNN của MN.  Theo đề thì  z2  iz1   y1  x1 i  N   y1 ; x1   là 

độ dài cạnh hình lập phương có độ dài: 6. Khi 

điểm biểu diễn  z2 . Ta nhận thấy rõ ràng    OM.ON   x1 y1  x1 y1  0    OM  ON  . Dễ 

Câu 36: Đáp án A. 

đó V  6 3  216 . 

Phân tích: Ta có 

nhận thấy  OM  ON  x1  y1   

VABCD  VMABC  VMABD 

Ta có hình vẽ sau: 

  d1  d2   18 .

2

2

y

1  d  d2  .21  126 3 1

Câu 37: Đáp án B  Phân tích: Ta thấy khi quay quanh trục SO sẽ  tạo nên một khối trụ nằm trong khối chóp. Khi  đó thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ 

N

I

nhật MNPQ. Ta có hình sau: 

M

M’

S x

O

Q

I

B P 

O

M

Do  OMN  là tam giác vuông cân tại O nên 

MN  OM 2 , do đó để MN nhỏ nhất thì OM  nhỏ nhất. Dễ thấy, OM nhỏ nhất khi  M  M ʹ   (M’ là giao điểm của OI với đường tròn như   1 hình vẽ) Tức là  M  0; 2   . Khi đó  2 

 1 1 . MN  OM 2   2   2  2  2  2

Câu 35: Đáp án D.  Ta có hình vẽ sau để quý độc giả có thể hình 

N

A

Ta có  SO  h ;  OA  R . Khi đó đặt  OI  MN  x .   Theo định lí Thales ta có 

IM SI OA.SI R.  h  x    IM   . Thể tích  OA SO SO h 2 R2 .x  h  x     2 h Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 

khối trụ  V  IM 2 .IH 

 2x  2  h  x     3   3

2x  h  x 

dung rõ hơn. 

Vậy V 

2

h 4 R2 h . Dấu  ʹʹ  ʹʹ  xảy ra khi  x   .  3 27

h .    3 Câu 38: Đáp án B.  Hay  MN 

Phân tích: ta có hình vẽ dưới đây.  Ta nhận thấy : khi nhìn vào hình vẽ thì rõ ràng  đường nối tâm chính là đường trung bình của  tam giác có đáy là đường chéo của mặt bên như  trong hình vẽ. Do vậy độ dài đường chéo chính  173|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

A’

C’

Câu 39: Đáp án C.  Phân tích:  

B’

S

M

M

N

A A 

B

P

C H  B 

D

Theo như đề bài dữ kiện thì ta có thể dễ dàng  tính được thể tích của khối lăng trụ tam giác đều  ban đầu, từ đó suy ra thể tích của khối tứ diện  AB ʹ BC . Để tính được khoảng cách từ B đến 

 AB ʹ C  thực chất là tìm chiều cao của tứ diện,  đến đây bài toán sẽ được giải quyết nếu quý độc  giả tìm được diện tích tam giác  AB ʹ C .   Vì đề bài cho dữ kiện   A ʹ BC  ,  ABC   60 , 

nên ta sẽ đi xác định góc này bằng cách gọi H là  trung điểm của BC. Tam giác ABC đều nên 

AH  BC  1 .

C

Nhận xét hình thang ABCD cân và  AB  2 AD  2 BC  2CD  2 a  nên    ADB   90 .  ACB

Mặt phẳng qua A vuông góc với SB tại M nên    90 . Ta có  BC  AC  và  BC  SA  nên  AMB

BC   SAC  . Do đó  AN  BC  và  AN  SB  nên  AN   SBC      90 .   AN  BN ,  hay  ANB

Ta cũng có  AP  SB  và  AP  BD  nên    90 .  AP  SBD    AP  BP ,  hay  APB

A ʹ A   ABC   A ʹ A  BC  2  . 

Ta thấy các điểm C, D, M, N, P đều nhìn AB 

Từ  1  và   2     BC  A ʹ H   

dưới một góc vuông. Nếu đã nắm chắc được lời 

    A ʹ BC  ,  ABC   A ʹ HA  60

Và VB ʹ ABC

quý độc giả nhận ra AB chính là đường kính của  khối cầu. do vậy  d  AB  2 a   

3a  A ʹ A  AH . tan 60  . 2 Khi đó  VABC . A ʹ B ʹ C ʹ  A ʹ A.SABC

giải ở các đề trước thì ở đề này, không khó để 

Chú ý: Nhiều độc giả theo thói quen đã đi tìm 

3 a a 2 3 3a 3 3  .    2 4 8

1 a3 3  V lúc này ta có thể loại C  3 8

bán kính chứ không phải đường kính dẫn đến  chọn sai đáp án.   Câu 40: Đáp án A.  Phân tích: Hình chóp  SABCD  là hình chóp tứ 

và D. 

giác đều có  AB  SA  a , nên khối nón ngoại 

Dễ thấy diện tích tam giác  AB ʹ C  có thể tích 

tiếp hình chóp có bán kính đáy  r 

được do  B ʹ AC  cân tại B’ có  2

 3a  a 13 ; AC  a . Dễ  B ʹ A  B ʹ C  a2     2  2 

2

a 2 a 2 .   cao  SO  a      2  2   2

tính được chiều cao kẻ từ B’ của tam giác có độ 

 SACB ʹ 

3V a2 3 3a  d B;  AB ʹ C   B ʹ ABC  .  SAB ʹ C 4 2

Lovebook.vn|174

2

Khi đó  Vnon

dài là  a 3   

a 2 và chiều  2

1  a 2  a 2 a3 2  .   .    . 3  2  2 12

Câu 41: Đáp án C. 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Lời giải: Đây là bài toán có lời giải khá đơn giản 

tính ta thấy có 2 nghiệm, tuy nhiên việc bán 

như sau: 

kính của viên bi xấp xỉ bằng chậu nước là điều 

Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đã cho có 

vô lí (  9.90486  ) 

a 2 và chiều cao bằng a.  2

bán kính đáy  r 

2

a 2 a 3  Vtru    .    a  2  2   Câu 42: Đáp án D.  Phân tích: Giả sử bán kính của mỗi quả bóng 

bàn là r thì khi đó hộp đựng bóng bàn sẽ có kích  thước  2 r  2 r  6 r . Khi đó tổng thể tích của ba 

Câu 44: Đáp án B  Phân tích: Ta có đường thẳng cần tìm vuông 

góc với mặt phẳng   P   đã cho phương trình do  đó vtcp của đường thẳng cần tìm cùng phương  với vtpt của mặt phẳng . Khi đó kết hợp với dữ  kiện đường thẳng đi qua  A  1; 4; 7   thì ta được  phương trình : 

x 1 y  4 z 7   1 2 2

Thể tích của hộp sẽ là  2r.2r.6r  24r 3  . Vậy phần 

y  4 z  7  . 2 2 Câu 45: Đáp án A. 

không gian còn trống trong hộp sẽ là: 

Phân tích: Ta không có công thức tính khoảng 

V1  24 r  4 r  20 r  sẽ chiếm 

cách từ một điểm đến một đường thẳng do vậy 

20 r 3 .100%  83,3%   24 r 3 Câu 43: Đáp án A. 

ta sẽ tham số hóa tọa dộ điểm H là hình chiếu 

4 quả bóng bàn sẽ là  3. ..r 3  4r 3 .  3

3

3

3

Phân tích: Ta có thể tích phần nước dâng lên 

chính bằng thể tích của viên bi ném vào. Do vậy  ta có:  Thể tích nước ban đầu:  h  V1  h 2  R    ;   3 

Khi đó thể tích nước sau khi ném viên bi vào thể  tích sẽ là  V2  V1 

4 3  h 4 r  h 2  R    r 3 (1)  3 3 3 

Theo đề bài ta có:   “Bỏ vào trong chậu một viên bi hình cầu bằng 

 x 1 

của điểm I lên đường thẳng d, từ đó tính khoảng  cách giữa hai điểm I và H. Do chri có một  phương trình  nên ta sẽ viết phương trình tham  số của đường thẳng d từ đó ta có phương trình  một biến. 

x  t  Ta có  d :  y  1  t    z  2  t

  H  t ; 1  t ; 2  t   IH   t  1; t  4; t  3  .

Do IH  d  nên ta có phương trình:  t  1  t  4  t  3  0    t  2 . Khi đó   IH   2; 3; 1

 2    3    1 2

2

2

kim loại thì mặt nước dâng lên vừa phủ kín viên 

 IH 

bi.”

Câu 46: Đáp án B. 

Do vậy thể tích sau khi bỏ viên bi vào được tính 

Phân tích: Do         nên khoảng cách từ      

bằng công thức:  

đến     bằng khoảng cách từ một điểm trên      

 2r  V2  .  2r   R   (2)  3   2

 14  

đến    . Mà      chứa đường thẳng d do đó 

Từ  1  và   2   ta có phương trình 

M  2; 8; 4   d  M     . Do đó 

 h 4  2r  h 2  R    r 3  4 r 2  R     3 3 3   

d

 h  4r  4 Rr  h  R    0 . Khi đó thay các  3 

Chú ý: Nhiều độc giả đi làm lần lượt đó là viết 

3

2

2

giá trị mà đề đã cho vào phương trình bấm máy  tính giải ta được  r  1.01945  ( chọn A). Bấm máy 

3.2  2.8  4  5 3   2    1 2

2

2

9 14

.

phương trình mặt phẳng      ra rồi bắt đầu tính, 

tuy nhiên đó là cách làm lòng vòng,  nên chú ý  175|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 47: Đáp án A. 

 c b   2    b  2c

Phân tích: Trước tiên ta đi tìm tọa độ trực tâm 

Với b  2c , chọn  b  2, c  1  c  2 , khi đó 

để có được cách làm nhanh nhất khi làm trắc  nghiệm.  

H  x , y , z  của tam giác ABC. Khi đó ta sẽ lập hệ 

 P  : 2x  2 y  z  18  0 ( không thỏa mãn vì 

phương trình ba ẩn với ba dữ kiện sau:     AH .BC  0  x  3 y  z  5         2 x  4 y  2 z  4    BH . AC  0 2 x  4 y  10 z  16        AB , AC  AH  0

chứa   ) 

 17 1   H  ;  ;1  . 5   5

c , chọn  c  2  b  1 ,  2

 P   2x  y  2z  19  0 ( thỏa mãn).  Cách 2: thử từng đáp án một.  Chú ý: Nhiều độc giả không loại trường hợp  trên nên dẫn đến chọn B. 

x  2 y  z  3  0 Do     P    Q   nên    2 x  y  z  3  0 :

Với b 

x y z3   .   1 3 5

Câu 49: Đáp án C.  Phân tích: Ta lần lượt đi phân tích từng bước 

một.

Giao tuyến    đi qua  M  0; 0; 3   và có vtcp   u   1; 3; 5  . 

  qua  H  175 ;  51 ;1   và vtpt       n  u, MH    7;19;10     

Ở bước 1: ta thấy tất cả các tọa độ đều được tính  đúng.   Bước 2: Ta thấy biểu thức tính tích có hướng  đúng, ta có thể kiểm tra việc này bằng cách bấm  máy tính tôi đã giới thiệu ở các đề trước.  Với biểu thức tính tích hỗn tạp ta kiểm tra lại 

    : 7 x  19 y  10 z  30  0 .

như sau:      AB , AC  . AD  3.1  0.10   m  2  .1  m  1  

Câu 48: Đáp án C. 

 m  5 . Do đó bước 2 sai, chọn C. 

Phân tích:   

Câu 50: Đáp án B. 

Cách 1: làm thông thường: Với đề bài dạng này 

Phân tích: Ta có gọi  I  a; b; c   là tâm mặt cầu 

cho khá nhiều dữ kiện thì ta sẽ chọn phương 

ngoại tiếp tứ diện ABCD khi đó 

pháp đặt vtpt của mặt phẳng   P   là   n   a; b; c  , a 2  b 2  c 2  0 là VTPT của   P  . 

Khi đó   P  : a  x  4   b  y  3   c  z  4   0      Vì   P     nên  nP  u . Suy ra  3a  2b  2c  0 a

2b  2c (1) 3

Theo đề ta có   P   tiếp xúc với mặt cầu   S   nên 

d I;  P  R 

3 a  b  c a2  b2  c 2

Từ  1  và   2   ta có   b  c 

 2b2  5bc  2c 2  0  3      2b  c  b  2c   0      Lovebook.vn|176

 3 (2)  2

2

 2b  2c  2 2   b c  3 

IA  IB  IC  ID  R  

 a  2 2  b2  c 2  R2  a2   b  2 2  c 2  R2   2 a2  b2   c  2   R2  2 2 2  a  2    b  2    c  2   R2

4 a  4  4b  4  4b  4  4c  4  2 2 2 2 2 2  a  2    b  2    c  2    a  2   b  c a  b  c   a  b  c  1  .   2 2 2 3  a  2    a  2   2 a Khi đó  R  3  1  2   3 .  2


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐỀ SỐ 13  

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017

Page: CLB GIÁO VIÊN TRẺ TP HUẾ 

Môn: Toán  Thời gian làm bài: 90 phút 

 

Lê Bá Bảo_Phạm Thanh Phương_Phạm Văn Long_Huỳnh Ái Hằng_Phạm Trần Luân  Chúng tôi biên soạn trong thời gian khá gấp gáp nên không thể tránh khỏi sai sót, mong các em và quý thầy cô thông  cảm và góp ý! Xin chân thành cảm ơn.  Câu 1. Hàm số nào sau đây có đúng hai điểm cực  trị?     

A. y  x  3x  3 x  1 . B.  y  x  3 x  3x  1 . 3

2

C. y  x 4  2 x 2  5 . 

3

D. y 

2

x  x1 . x 2

C. k 

1

 a  1

D. k 

.

2

Câu 6.  Số  đường  tiệm  cận  của  đồ  thị  hàm  số 

y

2 x  2017 x2  2x  3

là 

Câu 2. Cho hàm số  y  f  x   xác định, liên tục trên 

R  và có bảng biến thiên: 

Câu 7.  Để  đồ  thị  hàm  số  y 

x

                  1                      1                     

y’

            +                               0             

y

                        2 

                                                               Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?   

A. Hàm số không có cực trị. 

B. Hàm số có giá trị cực đại bằng  1.  

C. Phương trình  f  x   0  có hai nghiệm phân 

biệt. D. Đường thẳng  x  1  là tiệm cận đứng  của 

đồ thị hàm số.  Câu 3. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 

1 y  x 3  x 2  2 tại điểm  có hoành độ là  nghiệm  3 của phương trình  y ’’  0  là    

11 B. y   x  .   3

thì đồ  thị  hàm  số  y  x 3   2 m  1 x  2   cắt  trục  hoành tại điểm có hoành độ bằng  2 ?  A. m  3.  

B. m  3.   C.  m  1.   D.  m  1.

Câu  5. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số  y 

x2 tại  x 1

điểm có hoành độ  x  a;    a  R    có hệ số góc là   

a2 A. k  .  a1

B. k 

1

 a  1

2

.

C. 3.  

D. 0 . 

x4 có  đúng  2x  ax  2 2

A. a  4; a  

17 . 2

B. a  4 .  

17 . D. a  4 .  2 Câu 8. Với tất cả các giá trị nào của tham số  m  thì   

C. a  4; a 

phương trình  x 4  3 x 2  2  m  có đúng 4 nghiệm  thực?    

A. 0  m  2 . 

B. m  2 .   

C. m  0 .   

D. m  2 . 

Câu 9.  Trong  các  tiếp  tuyến  của  đồ  thị  hàm  số 

4 3 x  4 x 2  7 x  1 , tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ  3 nhất có phương trình  y

A. y  7 x  1 . 

B. y  3x 

C. y  3x  1 . 

D. y  1 . 

1 7 D. y   x  .     C.  y   x  .   3 3 Câu 4.  Với tất cả giá trị nào của tham số thực  m  

B. 2.  

tham số m là   

7 A. y  3x  .   3

A. 1.  

một tiệm cận đứng thì tất cả các giá trị thực của 

1 . a1

1 . 3

Câu 10.  Đồ thị   C   cho ở hình bên là đồ thị của 

hàm số nào sau đây?  y  3  5/2  2  1  O 

1 2 

3

x

177|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

A. y 

The best or nothing

2x  1 . x 1

B. y 

2x  1 . x 1

2x  1 4x  1 D. y        1 x 2x  2 Câu 11. Khi nuôi cá thí nghiệm trong hồ, một nhà  C.  y 

sinh vật học thấy rằng: Nếu trên mỗi đơn vị diện  tích mặt hồ có  n  con cá thì trung bình mỗi con cá  sau một vụ cân nặng  P  n   480  20n   gam  . Số 

A. y  2 x.     

B. y  2 .

C. y  2 x  1.   

D. y  log 2 x  1.   

x

Câu 16. Rút gọn biểu thức  

A

a b 4

a4b

a  4 ab 4

a4b

A. 4 a .      B.   4 a .  

ta được  C.  4 b .   

D.  4 b .   

Câu 17. Cho biết chu kì bán rã của chất phóng xạ 

cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một 

plutôni Pu239   là  24360  năm  (tức  là  một  lượng 

vụ thu hoạch được nhiều cá nhất là 

Pu239 sau 2430 năm phân hủy thì chỉ còn lại một 

A. 10.  

B. 11.  

C. 12.  

D. 13.  

nửa). Sự  phân  hủy  được  tính  theo  công  thức 

Câu 12. Cho  a  0  và  a  1 ,  x  và  y  là hai số thực 

S  A.e rt , trong đó  A  là lượng chất phóng xạ ban 

dương. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định 

đầu, r  là tỉ lệ phân hủy hằng năm ( r  0 ),  t  là thời 

đúng?  

gian phân  hủy,  S   là  lượng  còn  lại  sau  thời  gian  phân  hủy  t .  Số  năm  để  10  gam  Pu239   sau  bao 

A. log a

x log a x .    y log a y

B. log a

1 1 .     x log a x

C. log b x  log b a.log a x    b  0, b  1 . 

D. log a  x  y   log a x  log a y . 

nhiêu năm phân hủy sẽ còn 2 gam  gần với giá trị  nào sau đây? 

3

a a 3 a 3 a bằng: 

B. 5746  (năm). 

C. 5748  (năm). 

D. 5745  (năm). 

C  log

20

40

A. a 27   

A. 5747  (năm). 

Câu

Câu 13.  Cho  a  0.   Dạng  lũy thừa của biểu thức  3

40

B. a 81 .  

5

log 5 x  3  4 .

Cho

 x  3   log

A. C  44.   

3 25

D. a 81 .  

B. C 

2

3x .9 x1  1 .

32 .    3

44 D. C  4.   .     3 Câu  19.  Tập  xác  định  D   của  hàm  số 

Câu 14.  Tìm  tập  nghiệm  S   của  phương  trình 

Tính

x  3 .

1

C. a 81 .  

C. C 

  x2  1   y  log 2  log 1  2   là   x  3   2  

1 B. S      2

A. S  0;1 .

1 3 1 3  ; C. S   . D. S  1  3; 1  3 .  2   2

Câu 15. Đường cong trong hình bên là đồ thị của 

một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn  phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là  hàm số nào?  y 

18.

(C)

A. D  R .  

B. D   1;   . 

C. D   ; 1 . 

D. D   1;1 .  

Câu 20. Cho hàm số  f  x   e 2017 x  . Giá trị  f 

2017 

 2

bằng  

A. e 5034 .  

C. 2016 2017 e 5034 .  

B. 2017 2017 e 5034 .     D.  2016 2016 e 5034 .  

Câu 21.  Hàm số  y  x 2 ln x  có giá trị nhỏ nhất trên 

đoạn  3; 5    bằng  2 

1 ‐1  O 

1

x

Lovebook.vn|178

A. 25 ln 5 .  B.  0 . 

C. 9 ln 3 .  D.  4 ln 2 . 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Câu 22. Cho hàm số  f  x   có  f ʹ  x   liên tục trên  2

 và  f  0   a , 

f ʹ x f  x

2

0

trị f  2   là

dx  b ,  a , b    Giá   

A. f  2   a3  b  

B. f  2   3 a 3  b .   

C. f  2   b  a.  

D. f  2   b2  a2 .  

  f  x   1  cot x , biết  F     là  2 2 2

 B. F  x    cot x  . 2

C. F  x    cot x.  

D. F  x   sin x 

 

B.  f  x 

 x  1 dx 

2018

C.  f  x 

 x  1 dx 

A.  f  x 

 C .

2018 2018

D.  f  x  dx 

2019

2019

x

2

x

2017

là 

2017

2017

 x  1 

 C .

2018

2018

 C .  

2018

 C .

2018 Câu 25. Một vật chuyển động với vận tốc thay đổi 

theo thời  gian  v  t   f  t  .  Quãng  đường  vật  đi  được trong khoảng thời gian từ thời điểm  t1  đến  thời điểm  t 2  là   

A. f ʹ  t2   f ʹ  t1  .   

C.  f  t  dt.   

t2

t1

B. f ʹ  t1   f ʹ  t2  .     t1

D.  f  t  dt.   t2

Câu 26.  Hình  phẳng  giới  hạn  bởi  đồ  thị  hàm  số 

y

x     khi  x  1 10 x  x 2  và  y    , có diện tích là  3 x  2  khi  x  1

A. S  13  (đ.v.d.t). 

C. S 

13 (đ.v.d.t.t). 2

B. S 

A. V 

33 (đ.v.t.t).  5

B. V 

34  (đ.v.t.t).  5

C. V 

32 (đ.v.t.t).  5

D. V 

33 (đ.v.t.t).  5

nâng từ  mặt  đất  lên  không  trung  với  tốc  độ  cố  định.  Nước  trong  túi  bị  rỉ  ra  ngoài  khi  bắt  đầu 

qua trọng  lượng  túi,  công  sinh  ra  khi  nâng  túi 

 x  1 

độ cao  20  mét  thì  trong  túi  không  còn  nước.  Bỏ 

  1. 2

Câu 24.  Họ nguyên hàm của  f  x   x  x  1

x  3 có thể tích là 

nâng với tốc độ rỉ nước không đổi. Khi nâng đến 

 A. F  x   cot x  .   2

2018

hạn bởi   C  , trục  Ox , trục  Oy  và đường thẳng 

Câu 28. Một túi nước có trọng lượng 10   N   được 

Câu 23.  Nguyên  hàm  F  x    của  hàm  số 

 x  1 dx 

Ngọc Huyền LB

15 (đ.v.d.t).  2

D. S  7 (đ.v.d.t). 

nước nói trên từ độ cao 5 mét đến độ cao 10 mét  có độ lớn là   

A. 18,75  J  .  

B. 75  J  .   

C. 31,25  J  . 

D. 25  J  . 

Câu 29. Cho số phức  z  a  bi ;    a  ;  b    . Tìm 

mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau.   

A. z  z  2bi.

B. z  z  2 a.

C. z.z  a 2  b 2 .

2 D. z  z .  

2

Câu 30. Cho số phức  z  m  ni  0;    m  ; n   

1  có phần thực là  z m n   A. 2 .   B.  2 .    2 m n m  n2 m n   C. 2 .   D.   2 . 2 m n m  n2   Câu  31.  Gọi  A là  điểm  biểu  diễn  của  số  phức  z  2  5i và  B là  điểm  biểu  diễn  của  số  phức  z  2  5i .Tìm  mệnh  đề  đúng  trong  các  mệnh  Số phức 

đề sau.   

A. Hai  điểm  A và  B đối  xứng  với  nhau  qua 

trục hoành   

B. Hai  điểm  A   và  B đối  xứng  với  nhau  qua 

trục tung   

C. Hai  điểm  A   và  B đối  xứng  với  nhau  qua 

gốc toạ độ  O    

D. Hai điểm  A  và  B đối xứng  với  nhau qua 

Câu 27.  Cho  hàm  số  y   x  2    có  đồ  thị   C  , 

đường thẳng  y  x  

khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới 

Câu 32. Gọi  A ,  B,  C  là các điểm biểu diễn các số 

2

phức là nghiệm của phương trình  z 3  8  trên mặt  phẳng  Oxy.  Diện tích tam giác  ABC  là  179|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

A. S  2 3.   

B. S  4 3.   

chiều rộng và chiều cao của khối hộp lần lượt là 4 

C. S  2 3.   

D. S  3 3.  

m, 2 m, 2m (hình vẽ bên). Số tiền mà chú Luân bỏ 

Câu 33. Trong các số phức  z  thỏa mãn điều kiện 

ra để mua số gạch đó là 

z  2  4i  z  2i . Số phức  z  có môđun nhỏ nhất là   

A. z  2  2i.  

B. z  2  2i.  

C. z  2  2i.  

D. z  2  2i.  

 1  2i  Câu 34. Cho số phức  z  thỏa  z 

10cm 2m

5

. Viết  z   2i dưới  dạng  z  a  bi ,  a , b   .  Khi  đó  tổng  a  2b  

2m 4m

có giá trị bằng    

A. 10. 

B. 38. 

C. 31. 

D. 55. 

Câu 35. Số khối đa diện đều là 

A. 2. 

B. 3 . 

C. 4 . 

A. 580 000 đồng.

B. 751000 đồng.   

C. 295 000 đồng. 

D. 571000  đồng. 

Câu 41. Cho tứ diện  ABCD  có  ABC  là tam giác 

D. 5.  

Câu 36. Cho hình lăng trụ  ABC . A ʹ B ʹ C ʹ . Tỉ số thể 

vuông cân tại  A ,  AB  a . Tam giác  BCD  là tam 

tích của khối  AA ʹ B ʹ C ʹ  và khối  ABCC ʹ  là 

giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với 

1 1 2 C. .    D.  .     .  2 3 3 Câu  37.  Cho  hình  chóp  tam  giác  đều  S. ABC   có 

A. 1.   

B.

đáy là tam giác đều tâm  G , cạnh bằng  2a . Biết   khoảng cách từ  G  đến mặt bên bằng 

a . Thể tích  2

khối chóp  S. ABC  là   

A. V 

a3 .   3

B. V 

3a 3 . 3

2a3 3a 3 . .  D.  V    C.  V  3 2 Câu  38.  Hình  lập  phương  ABCD. A ʹ B ʹ C ʹ D ʹ   có  diện  tích  tam  giác  AA ʹ C ʹ   bằng  2 2 a2 .   Thể  tích  A.  V  a 3 .     

B. V  2 2a3 .  

3

a D. V  8 a 3 .   .   8 Câu  39.  Hình  nón  có  bán  kính  đáy  bằng  a ,  góc 

C. V 

giữa đường sinh và mặt đáy của hình nón bằng   60 0.  Diện tích xung quanh của hình nón là 

A. Sxq 

2 3a2 .   3

B. Sxq  2 a 2 .  

2 a 2 D. Sxq  a 2 .   .  3 Câu 40.  Chú Luân muốn xây một bồn chứa nước 

C. Sxq 

dạng khối  hộp  chữ  nhật  trên  nền  đã  có  sẵn  và  không  có  nắp  từ  những  viên  gạch  có  giá  500  đồng/1 viên với chiều dài, chiều rộng và chiều cao  lần  luợt  là  20  cm,  10  cm,  10  cm.  Biết  chiều  dài,  Lovebook.vn|180

diện ABCD  là   

A. V 

4 6 a3 . 27

B. V 

8 6a3 .   9

8 6a3 16 6a 3 . .  D.  V  27 27 Câu 42. Một cái hộp hình trụ được làm ra sao cho 

C. V 

một quả bóng hình cầu đặt vừa khít vào cái hộp  đó (hình bên). Tỉ số thể tích của khối cầu và khối  trụ bằng   

3 A. . 4

4 B. .   3

3 2 C. . D. .   2 3 Câu 43. Trong không gian với hệ toạ độ  Oxyz , cho     ba  vectơ  a   1;1; 2  ,   b   1; 1; 0  ,   c   1; 1;1 .   

khối lập phương  ABCD. A ʹ B ʹ C ʹ D ʹ  là   

mặt phẳng   ABC  .  Thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ 

Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?     A.  a  6.          B.  a , b    2; 2; 0  .               C.  a  cùng phương với  b .      D. c  b.   Câu  44.  Trong  không  gian  với  hệ  toạ  độ  Oxyz ,   phương  trình  chính  tắc  của  đường  thẳng 

 x  3  2t  d :  y  5  3t là   z  1  4t 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

 x  3  2 m  A.  y  5  3m .  y  1  4m 

x  3 y  5 z 1 B. .   3 4 2

x  3 y  5 z 1 x2 y3 z4 C. .   D.  .      2 5 1 3 3 4 Câu 45. Cho ba điểm: A(2; 1; –1), B(3; 0; 1), C(2; –1; 

3), điểm  D  thuộc  tia  Oy  và  thể  tích  của  tứ  diện  ABCD bằng 5. Toạ độ của D là   

A.  0;  7; 0  . 

B.  0; 8; 0  .

C.  0; 7; 0  .  

D.  0;  7; 0  ;  0; 8; 0  . 

Câu 46. Trong không gian với hệ toạ độ  Oxyz , cho 

hai

đường

thẳng

d1 :

x7 y5 z9   , 1 3 4

x y  4 z  18  . Khoảng  cách  giữa  hai  d2 :  3 1 4

A. 15 . 

B.20.

C.15.

mặt phẳng   P   đi qua điểm  M  1,1,1  và cắt các  tia  Ox , Oy , Oz  lần lượt tại các điểm  A , B , C  sao  cho  thể  tích  của  tứ  diện  OABC   đạt  giá  trị  nhỏ  nhất. Phương trình mặt phẳng   P   là    

A. x  y  z  0 . 

B. x  y  z  1  0 .  

x y z    0 . 3 3 3 Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz ,  cho   

C. x  y  z  3  0 . 

D.

điểm A  1;1;1 và mặt phẳng   P : 2x  y  3z  1  0 .  Phương trình mặt phẳng   Q  đi qua  A , vuông góc  với mặt phẳng   P   và song song với  Oy  là   

A.  Q  : 3x  2 z  y  0. B.  Q  : 3x  2 z  1  0.

C.  Q : 3x  2z  5  0. D. Q : 3x  2z  y  2  0.  

Câu 50.  Trong  không  gian  với  hệ  trục  tọa  độ 

đường thẳng  d1  và  d2  bằng   

Ngọc Huyền LB

D. 25 . 

Câu 47. Trong không gian với hệ toạ độ  Oxyz , cho 

Oxyz , cho  hình  hộp  chữ  nhật  ABCD.A’B’C ’D’,

biết A  0; 0; 0  , B  a; 0; 0  , D  0; a; 0  , A ʹ  0; 0; b  ;

M  1; 2; 4  . Tiếp  diện  của   S    tại  M  có  phương 

 a  0; b  0  .  Gọi  M  là trung điểm cạnh  CC ʹ . Hai  mặt  phẳng   A ʹ BD    và   MBD    vuông  góc  với 

trình là: 

nhau thì tỉ số 

mặt cầu 

S  : x

2

 y 2  z 2  4 x  2 y  21  0 và 

A. 3x  y  4z  21  0   B. 3 x  y  4 z  21  0  

C. 3 x  y  4 z  21  0 D. 3 x  y  4 z  21  0  

Câu 48.  Trong  không  gian  với  hệ  toạ  độ  Oxyz , 

A.

a là  b

a a a  2. B.   1.   C.   1 .  b b b

D.

a  2. b

181|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

ĐÁP ÁN  1.D 

6.B

11.C

16.D

21.C

26.C

31.B

36.A

41.C

46.D

2.C

7.A

12.C

17.C

22.B

27.D

32.D

37.B

42.D

47.A

3.D

8.A

13.C

18.C

23.B

28.C

33.A

38.D

43.C

48.C

4.A

9.B

14.D

19.D

24.C

29.D

34.A

39.B

44.B

49.D

5.B

10.B

15.B

20.B

25.C

30.C

35.D

40.A

45.B

50.C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT:  Câu 1. Đáp án D. 

Ta có:  y ʹ 

‐ Hàm số  y  x  3 x  3 x  1  có  3

2

y /  3 x 2  6 x  3  3  x  1  0, x  R  nên không  2

có điểm cực trị.   ‐  Hàm  số  y  x 3  3 x 2  3 x  1   x  1   có  1  3

điểm cực trị  x  1 .   ‐  Hàm  số  y  x 4  2 x 2  5   có  3  điểm  cực  trị  x  0, x  1, x  1 . 

‐ Hàm số  y 

x2  1 x2  x  1 có  y /  ,   x x2

y /  0  x  1 .  

là k  a  

1

 x  1 1

 a  1

2

2

 Hệ số góc tiếp tuyến cần tìm 

.

Câu 6. Đáp án B.  Ta có:   2 x  2017 lim y  lim x  x  x2  2x  3    2 x  2017  lim 2 x  2 3 x 1  2 x x  y  2  là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 

BBT:  

lim y  lim

x 

2 x  2017

x 

x2  2x  3   2 x  2017  lim  2 x  2 3 x 1   2 x x Hàm số này có 2 điểm cực trị:  x  1, x  1 . 

Câu 2. Đáp án C.  Dựa vào bảng biến thiên, đồ thị hàm số cắt trục  hoành  tại  2  điểm  phân  biệt  nên  phương  trình 

f  x   0 có hai nghiệm phân biệt. 

1 3 x  x 2  2  y ʹ  x 2  2 x  y ʹʹ  2 x  2. 3 4 y ʹʹ  0  x  1  y   .   3

 4 Tiếp tuyến tại điểm  A  1;     có phương trình:  3 

y  y ʹ  1 x  1 

Câu 7. Đáp án A.  Để  đồ  thị  hàm  số  có  tiệm  cận  đứng  thì 

g  x   2 x 2  ax  2 có nghiệm. Đặt    a 2  16 . 

‐ Xét    0      a  4  hoặc  a  4 .   

Câu 3. Đáp án D.   y

 y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 

+ a  4 :   y 

x4 x4  . 2 x  4 x  2 2  x  12   2

Đồ thị có đúng 1 tiệm cận đứng  x  1 .    

+ a  4 :   y 

x4 x4  . 2 x  4 x  2 2  x  12  

Đồ thị có đúng 1 tiệm cận đứng  x  1 .   ‐ Xét    0      a  4  hoặc  a  4 . Khi đó đồ thị 

hàm số  có  đúng  1  tiệm  cận  đứng  nếu  g  x    có 

4 7  y  x  . 3 3

nghiệm x  4 .  Điều  này  tương  đương  với 

Câu 4. Đáp án A. 

Đồ thị  hàm  số  đi  qua  điểm   2; 0    nên  ta  được: 

32  4 a  2  0  a  

0  2 3   2m  1 .2  2  m  3.

Câu 8. Đáp án A. 

Câu 5. Đáp án B.  Lovebook.vn|182

2

17 (nhận).   2


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Đặt y  f  x   x 4  3x 2  2   có  đồ  thị   C    và 

12                           0                                2800 

x

y y

y  f  x   x 4  3 x 2  2 có đồ thị   C1  . 

Từ BBT,  trên   0;   ,  hàm  số  f   đạt  giá  trị  lớn  nhất tại điểm  x  12 . Từ đó, suy ra  f  n   đạt giá 

Phương  trình  x 4  3 x 2  2  m   là  phương  trình  hoành  độ  giao  điểm  của  đồ  thị   C1    và  đường  thẳng  d : y  m . Phương trình có đúng 4 nghiệm  thực  khi  và  chỉ  khi   C1    và  d   có  đúng  4  điểm  chung. Dựa vào đồ thị ta có:  0  m  2 .  Câu 9. Đáp án B. 

y  4 x  8 x  7 . Gọi  M  x0 ; y0    C  , tiếp tuyến  /

2

C  tại  điểm  M   k  y  x   4x  8x  7     2 x  2   3  3, x  

của

/

có hệ  số  góc 

2

0

0

0

2

0

0

trị lớn nhất tại điểm  n  12.   Câu 12. Đáp án C.  Khẳng  định  C  đúng  theo  tính  chất  hàm  số  loogarit.  Câu 13. Đáp án C.  Ta có:   3

3

3

4

3

3

4

3

a a 3 a 3 a  a a a 3  a a.a 9 3

3

3

 a a

13 9

3

 a.a

13 27

3

 a

40 27

a

.

40 81

Câu 14. Đáp án D.  Ta có:   2 2 2 x 1 3 x .9 x 1  1  3 x .3    1

 3x

2

 2 x2

 1  x2  2 x  2  0

k đạt  GTNN  bằng  3  khi  x0  1 ,  tiếp  điểm 

 x  1  3  x  1  3.

10  10  M  1;   .  PTTT  tại  M   là:  y  3  x  1  3 3  

Câu 15. Đáp án B. 

Đồ thị   C   qua  A  1; 2  ,  B  1; 2  , cắt  Oy  tại điểm 

1 .   3 Câu 10. Đáp án B. 

Câu 16. Đáp án D.  Ta có:  

 y  3x 

Đồ thị   C   có TCĐ là  x  1 , TCN là  y  2  và đi  1  qua các điểm   0;1 ,  ; 0    nên   C   là đồ thị hàm  2  2x  1 .  số  y  x 1 Câu 11. Đáp án C. 

Nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có  n   con cá thì sau một vụ, số cá trên mỗi đơn vị diện  tích  mặt  hồ  trung  bình  cân  nặng 

f  n   nP  n   480n  20n2  gam  .   

Xét hàm số  f  x   480 x  20 x 2 ;  x   0;   .     (Biến  số  n   lấy  các  giá  trị  nguyên  dương  được  thay thế bởi biến số  x  lấy các giá trị trên khoảng 

 0;   ). Ta có:  f ʹ  x   480  40 x  0  x  12.  

Bảng biến thiên: 

 0;1 .  

A

  

4

a b 4

a4b

a4b 4

4



a  4 ab

 4

4

a4b

a4b

a b 4

  a 4

4

4

a4b

a b 4

  

a  b  a   b. 4

4

4

Câu 17. Đáp án C.  Trước  tiên,  ta  tìm  tỉ  lệ phân  hủy  hằng  năm  của  Pu239 . 

Ta có  Pu239  có chu kì bán hủy là 24360 năm, do  đó ta có  5  10.e r .24360 .  Suy ra:   r

ln 5  ln10  2,84543.10 5  0,000028. 2430

Vậy sự phân hủy của  Pu239  được tính theo công  thức  S  A.e 0 ,000028 t , trong đó  S  và  A  tính bằng  gam,  t  tính bằng năm.  183|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing 2

Theo bài ra, ta có:    2  10.e

0,000028 t

2 10 t  5748 (năm)  0,000028 ln

5

1 log 5  x  3   4  log 5  x  3   8.   2

 x  3   log

3 25

Tập xác định:  D   1;1 .    Ta có:  f ʹ  x   2017.e 2017 x ; f ʹʹ  x   2017 2.e 2017 x ,   nạp 

ta

chứng

minh

được

n f    x   2017 n e 2017 x ; n  N * .   Từ  đó  suy  ra:  2017 

 2   2017

2017

f

 2  f 0.

  

3

Câu 23. Đáp án B.   Ta có: 

1 dx   cot x  C . sin 2 x

Theo giả thiết:        F      cot  C   C  .   2 2 2 2 2  

Vậy F  x    cot x 

 2

Câu 24. Đáp án C. 

Ta có:  I   f  x  dx   x  x  1  dt  dx . Khi đó: 

2017

dx . Đặt  t  x  1  

I    t  1 t 2017 dt   t 2018  t 2017 dt

2019 2018 x  1 x  1   t 2019 t 2018  C    C.   2019 2018 2019 2018 Câu 25. Đáp án C.  Một vật chuyển động với vận tốc thay đổi theo 

thời gian  v  t   f  t  . Quãng đường vật đi được 

trong khoảng thời gian từ thời điểm  t1  đến thời 

Câu 20. Đáp án B. 

f

0

3

   x2  1     x2  1  log 2  log 1  2    0 log 1  2 1 x  3  x 3  2    2   2  x2  1    x  1 log 0   1   2  1  2 x 3 2   x  3  x2  1  x2  1 0  2  2 0 x 3  x 3     x2  1 0  2 x 3   2  x 2  1  1  x  1 x 1  1  x 2  3 2

quy

 x

2

F  x    1  cot 2 x dx  

x3

1 1 1 44    2 log 5  x  3   . log 5  x  3   2.8  .8  . 3 2 6 3 Câu 19. Đáp án D.  Hàm số xác định khi 

bằng

f

0

3

f 3  2   f 3  0   b  f 3  2   a3  b  f  2   3 a3  b .

Khi đó:   C  log

0

Theo giả thiết:  

Câu 18. Đáp án C.  Ta có:   log 5 x  3  4 

2

2 2  3 f ʹ  x  f  x  dx   3 f  x  df  x 

t2

điểm t2  là  S   f  t  dt.   t1

Câu 26. Đáp án C. 

e 5034 .

Câu 21. Đáp án C. 

Xét hàm số  y  x 2 ln x  trên đoạn   3; 5  .   

Ta có:  y ʹ  x  2 ln x  1   

 x  0   3; 5              y ʹ  0      1   2  x  e   3; 5     

 y  3   9 ln 3; y  5   25ln 5 

 min y  9 ln 3; max y  25ln 5 x 3;5

Tìm hoành độ các giao điểm:    

x 3;5

Vậy min y  9 ln 3;   max y  25ln 5 .   xD

Câu 22. Đáp án B.  Ta có:  

xD

10 10 x  x 2   x  x  0; x  x 2  x  2  x  3.   3 3 Dựa vào đồ thị (hình bên) diện tích hình phẳng  cần tìm là:   10   10    S    x  x 2  x  dx    x  x 2  x  1  dx       3 3   0 1 1

         Lovebook.vn|184

3

13 (đ.v.d.t) 2


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

BC  2 3; d  A; BC   3

Câu 27. Đáp án D. 

  1  SABC  d  A; BC  .BC  3 3. 2 Câu 33. Đáp án A.   Ta có: Gọi  z  x  yi    x , y     .  Ta 

x  2  4  y  4i  x   y  2 x  y  x  4

Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức  z  là  đường thẳng có phương trình  x  y  4  0     33   (đ.v.t.t).  Ta có:  V     x  2   dx    5 0 3

2

2

Câu 28. Đáp án C. 

z  x 2  y 2  x 2  x 2  8 x  16  2 x 2  8 x  16

Hay z  2  x  2   8  2 2  .   2

Lực F  x    dùng  để  nâng  túi  nước  chính  bằng 

trọng lượng của nước. Từ giả thiết suy ra  F  x   là  hàm bậc nhất theo độ cao  x  của túi nước:   20  x  x F  x   10    10   N  .  2  20  Công sinh ra: 

 x x2  A   F  x  dx    10   dx   10 x  2 4  5 5     31,25  N .m   31,25  J  . 10

Mặt khác  

10

 10  5

Vậy z min  x  2  y  2 . Vậy  z  2  2i .  Câu 34. Đáp án A.  Ta có:  z  24  7 i  z  24  7 i  Suy ra  a  2b  10.    Câu 35. Đáp án D.  Có  5  khối  đa  diện  đều  là  các  khối  tứ  diện  đều 

3; 3 , khối lập phương  4; 3 , khối bát diện đều  3; 4 , khối mười hai mặt đều  5; 3  và khối hai  mươi mặt đều  3; 5 .   

Câu 36. Đáp án A. 

Câu 29. Đáp án D.  Ta có: 

A

C

z  a  bi  z 2  a2  b2  2 abi  z2 

a

2

 b2   2 ab   a2  b2  z 2

2

 

B

Câu 30. Đáp án C.  Ta có:

1 1 m n   2  2 i . 2 z m  ni m  n m  n2

Câu 31. Đáp án B. 

Ta có các điểm  có tọa độ   2; 5   và   2; 5     biểu  diễn 2 số phức trên đối xứng qua  Oy .  Ta có: 

Câu 32. Đáp án D.  Ta có:  

z3  8  z3  8  0   z  2  z2  2z  4  0  z  2  z  1  3i  z  1  3i

V AA ʹ B ʹ C ʹ VC ʹ ABC

1 d A;  A ʹ B ʹ C ʹ  .SA ʹ B ʹ C ʹ 3 (1)  1 d C ;  ABC  .SABC 3

Do SABC  SA ʹ B ʹ C ʹ  và  d  A ;  A ʹ B ʹ C ʹ    d  C ;  ABC     V AA ʹ B ʹ C ʹ 1  VC ʹ ABC

Không mất  tính  tổng  quát,  điểm  A  2;0  , 

nên (1): 

B 1; 3 ; C 1;  3   biểu  diễn  các  số  phức  là 

Câu 37. Đáp án B.  Gọi  M  là trung điểm  BC.   

nghiệm của phương trình đã cho.  Ta có:  

 BC  AM  BC   SGM  . Ta có:    BC  SG

 

185|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Dựng GH  SM  GH   SBC    

 GH  d G ;  SBC  . Xét  SGM   vuông  tại  G :  

1 1 1   2 2 GH GS GM 2 1 1 1 1     2  GS  a 2 2 2 GS GH GM a

Xét SOA  vuông tại  O :   

 cos SAO

OA OA  SA   2 a.    SA cos SAO

Vậy l  2 a  Sxq  rl  2 a 2 .   

3  2a  1 1 3a 3  GS.SABC  a.  .   3 3 4 3 2

Vậy VS. ABC

Gọi SA  là một đường sinh. Ta có góc giữa  SA  và    60 0.    mặt đáy là góc  SAO

S

Câu 40. Đáp án A.  Số viên gạch là:   Vhép  Vthùc 4.2.2  3,8.1,8.2   1160  viên;  V1 viªn g¹ch 0,2.0,1.0,1 Số tiền ông Bảo bỏ ra là:  500.1160  580000  đồng.  Câu 41. Đáp án C.  A

a

H

2

A

C

G

a a

M

2a B

D

B

Câu 38. Đáp án D. 

G H

D

C

A

C

Ta có:  BC  a 2  . Gọi  H  là trung điểm cạnh  BC

B

Do  ABC    BCD   DH   ABC  .  Dʹ

Do ABC  vuông cân nên  DH  là trục đường tròn  ngoại tiếp  ABC  (1). Mặt khác,  BCD  đều nên  G  là tâm đường tròn ngoại tiếp  BCD (2).  Từ (1) và (2) suy ra  G  là tâm mặt cầu ngoại tiếp  tứ diện  ABCD  và bán kính  

Cʹ Bʹ

Gọi AB  t  AA ʹ  t ;  A ʹ C ʹ  t 2.     Suy ra  SAA ʹ C ʹ  Theo giả thiết: 

 

2 2 a 2 R  GD  GH  . 3 3 2

1 2t 2 AA ʹ.A ʹ C ʹ  . 2 2 2t 2  2 2a 2  t  2a.    2

3

a 6 .   3

Vậy khối cầu có thể tích là:  V 

Vậy V ABCD . A ʹ B ʹ C ʹ D ʹ   2 a   8 a 3 .    3

4 3 8 6a3 R  .   3 27

Câu 42. Đáp án D. 

Câu 39. Đáp án B.  S

O

600 a

A

 

Lovebook.vn|186


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Gọi r  là bán kính của hình cầu. Suy ra, hộp hình  trụ có bán kính đáy  r ʹ  r  và chiều cao  h  2r .  4 Hình cầu có thể tích là  V1  r 2 .    3

Hình trụ có diện tích là  V 2  h  r ʹ   2 r 3 .  Vậy  2

V1 2  .   V2 3

trình

chính

tắc

 3 x  y  4 z  21  0 .     Câu 48. Đáp án C.

Giả sử  A  a ,0,0  , B  0, b,0  , C  0,0, c   với  a , b , c  0

Khi đó  thể  tích  tứ  diện  OABC   là 

Phương trình mặt phẳng   P   là: 

x y z    1 .   a b c

1 1 1    1 . Theo BĐT Cauchy:  a b c 1 1 1 3 1     3 abc  3    abc  27 ,  dấu  a b c 3 abc

Vì M  ( P)  nên 

Đường thẳng  d  đi qua điểm  M  3; 5;1  và có 1   vectơ  chỉ  phương  là  u   2; 3; 4    nên   u ʹ   2; 3; 4   cũng là vectơ chỉ phương của  d .  phương 

3  x  1   y  2   4  z  4   0

1 1 V  OA.OB.OC  abc .   6 6

Câu 43. Đáp án C.     Ta có   a , b    2; 2; 0   0 .      Vậy  a  không cùng phương với  b .  Câu 44. Đáp án B. 

Vậy

Ngọc Huyền LB

của

d :

x  3 y  5 z 1 .   2 3 4 Câu 45. Đáp án B. 

Vì D  thuộc ta  Oy  nên  D  0; y; 0   với  y  0 .  Ta có:      AB   1;  1; 2  , AC   0;  2; 4  , AD   2; y  1;1         AB , AC    0; 4; 2          1 V ABCD   AB, AC  .AD  2  4 y  30  6    y  7  lo¹i    y  8  M  0; 8; 0  Câu 46. Đáp án D. 

“=” xảy ra khi  a  b  c  3 .   Suy ra  min V 

27 9  khi  a  b  c  3 .   6 2

Vậy phương trình   P   là:  

x y z    1  x  y  z  3  0 .   3 3 3 Câu 49. Đáp án D. 

Ta có  mặt  phẳng   P    có  vectơ  pháp  tuyến  là:   n P    2; 1; 3  .  

Trục Oy có vectơ chỉ phương là:      j   0;1; 0    n P  , j    3; 0; 2  .     Mặt  phẳng   Q    đi  qua  A  1;1;1   và  nhận    u , j    3; 0; 2   làm vectơ pháp tuyến.   P  Phương trình  mặt phẳng   Q   là: 

Nhận xét  rằng  hai  đường  thẳng  d1   và  d2   song 

3 x  2 z  1  0 / / Oy.

song.  

Câu 50. Đáp án C. 

Gọi M  7; 5; 9   d1 , N  0; 4; 18   d2 .     Ta có  MN   7; 9; 27  ,  ud2   3; 1; 4        suy ra  MN , ud2   63; 109; 20  .        MN , ud2     25 . Vậy  d  d1 ; d2   d  M ; d2      ud2 Câu 47. Đáp án A. 

Mặt cầu   S   có tâm là  I   2;1; 0    Tiếp diện của   S   tại  M có một véctơ pháp tuyến   là  IM   3;1;  4   

Mặt phẳng   A ʹ BD   có một vectơ pháp tuyến là     n1   BD , BA ʹ   ab; ab; a 2 .     

Mặt phẳng   BDM   có một vectơ pháp tuyến là     ab ab   n1   BD , BM    ; ;  a 2  .       2 2 

Ta có:  

 

 A ʹ BD    BDM   n .n 1

2

0

a2 b2 a2 b2 a   a4  0  a  b   1. 2 2 b

Phương trình tiếp diện là:   187|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

ĐỀ SỐ 14 

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017  

THPT CHUYÊN ĐH VINH LẦN I 

Môn: Toán 

Thời gian làm bài: 90 phút 

Câu 1:  Hình  bát  diện  đều  có  tất  cả  bao  nhiêu  cạnh?    A. 30  B. 8  C. 16  D. 12 

Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho 

Câu 2: Giả sử  f  x  là hàm liên tục trên    và các  số thực  a  b  c . Mệnh đề nào sau đây là sai?         

c

b

c

a

a

b

b

c

c

a

a

b

b

a

c

a

b

A.  f  x dx   f  x dx   f  x dx  

C.  f  x dx   f  x dx   f  x dx a

a

a

b

thẳng MN .    A.  MN  10.   B.  MN  5.    D.  MN  7.     C.  MN  1.    Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho  mặt  phẳng   P  : 3x  2 z  1  0. Véc  tơ  pháp   tuyến  n  của mặt phẳng   P   là      A.  n   3; 2; 1 .   B.  n   3; 2; 1 .     D.  n   3; 0; 2  .     C.  n   3; 0; 2  .  

B.  f  x dx   f  x dx   f  x dx.

b

hai điểm  M  3; 0; 0  , N  0; 0; 4  . Tính độ dài đoạn 

D.  c f  x  dx  c  f  x  dx.  

Câu 3:  Cho  hàm  số  y  f  x  có  lim f  x   0   và  x 

Câu 8: Điểm  A  trong hình vẽ bên là điểm biểu  diễn của số phức  z . Tìm phần thực và phần ảo  của số phức  z . 

lim f  x    . Mệnh đề nào sau đây là đúng? 

y

x 

A. Đồ thị hàm số  y  f  x   không có tiệm cận 

ngang.  

A

2

B. Đồ  thị  hàm  số  y  f  x  có  một  tiệm  cận 

đứng là đường thẳng  y  0.  

ngang là trục hoành.   

O

C. Đồ  thị  hàm  số  y  f  x  có  một  tiệm  cận  D. Đồ thị hàm số  y  f  x  nằm phía trên trục 

hoành.

Câu 4:  Cho  hàm  số  y  x 2  3  x  .   Mệnh  đề  nào 

     

3 x 

1

A.  Phần thực là –3 và phần ảo là 2.  B. Phần thực là 3 và phần ảo là ‐2.  C. Phần thực là 3 và phần ảo là  2i .  D.  Phần thực là –3 và phần ảo là  2i . 

sau đây là đúng?   

A. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng   ; 0  .

Câu 9:  Cho  các  số  thực  a , b,   a  b  0,   1 .  

Mệnh đề nào sau đây đúng? 

B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng   2;   .  

C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng   0; 2  .  

f  x   e 3 x thỏa mãn  F  0   1.  Mệnh đề nào sau  đây là đúng? 

1 A. F  x   e 3 x  1.   3 1 3x 2 C.  F  x   e  .   3 3

Lovebook.vn|188

B. F  x   e 3 x .  

1 4 D. F  x    e 3 x  .   3 3

A.  a  b   a  b .   C.   a  b   a  b .  

D.  ab   a b

D. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng   ; 3  .  

Câu 5:  Cho  F  x    là  một  nguyên  hàm  của 

a a B.     .   b b

Câu 10: Cho hình chóp  S. ABCD  có đáy  ABCD  là  hình bình hành và có thể tích bằng 1. Trên cạnh  SC  lấy điểm  E  sao cho  SE  2 EC . Tính thể tích  V  của khối tứ diện  SEBD .   

1 1 2 1 A. V  .   B.  V  .   C. V  .   D.  V  .   3 6 3 12

Câu 11: Tập xác định của hàm số  y  2x  x2



là:


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

 1 A.  0;  .      2

B.  0; 2  .    

C. 0; 2  .

D.

 ; 0    2;   .

Câu 12:  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz,  

cho mặt  cầu   S : x2  y2  z2  2x  4y  4z  m  0.   có bán kính  R  5 . Tìm giá trị của  m .    A.  m  16.   B.  m  16.       C.  m  4.     D.  m  4.  

Ngọc Huyền LB

Câu 18:  Cho  hàm  số  y  x 2 e x   .  nghiệm  của  bất 

phương trình  y ʹ  0  là:   

A. x   0; 2  .  

C. x ; 2   0;  .   D.  x   2; 0  .  

Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 

hai đường  thẳng  d :

Câu 13:  Hàm số  y  f  x    liên tục trên     và có 

bảng biến  thiên như hình vẽ  bên.  Mệnh đề nào  sau đây là đúng? 

B. x ;0   2;  .   

x2 y 2 x1   và  3 1 2

x y2 z2 . Mệnh  đề  nào  sau  đây  là    2 6 4 đúng?    A. d // d’     B.  d  d ʹ      C.  d và d’ cắt nhau  D. d và d’ chéo nhau  dʹ :

x

                 1                       2                    

y’

           +         0                               + 

Câu 20: Xét hàm số  f  x   3 x  1 

y

                      3                                                                                       0 

D   2;1 . Mệnh đề nào sau đây là sai? 

A. Hàm số đã cho có hai điểm cực trị.    B. Hàm số đã cho không có giá trị cực đại.    C.  Hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị.   D. Hàm số đã cho không có giá trị cực tiểu.  Câu  14:  Cho  hình  lăng  trụ  tứ  giác  ABCD. A ʹ B ʹ C ʹ D ʹ   có  đáy  ABCD   là  hình  vuông  cạnh  a  và thể tích bằng  3a 3 . Tính chiều cao  h  của  hình lăng trụ đã cho.  a   A.  h  a.   B.  h  3a. C.  h  9 a.   D.  h  . 3 Câu  15:  Các  giá  trị  của  tham  số  m  để  hàm  số 

3 trên tập  x2

A. Giá trị lớn nhất của f(x) trên D  bằng 5.    B.  Hàm  số  f(x)  có  một  điểm  cực  trị  trên  D.   C. Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên D bằng 1.     D. Không tồn tại giá trị lớn nhất của f(x) trên D.  Câu 21: Trong không gian hệ tọa độ  Oxyz,  cho 

các điểm  A  1; 2; 4  , B  1;1; 4  , C  0;0; 4  .  Tìm số   .  đo của  ABC  

A. 1350.  

B. 450.  

C. 60 0.  

D. 120 0.  

Câu 22: Biết rằng phương trình  2 x 1  3x 1  có hai  nghiệm là  a , b . Khi đó  a  b  ab  có giá trị bằng:  2

A. 1  2 log 2 3.

B. 1  log 2 3.  

y  mx 3  3mx 2  3 x  2 nghịch biến trên    và đồ 

C. 1   

D. 1  2 log 2 3.  

thị của nó không có tiếp tuyến song song với trục  hoành là    A.  1  m  0 .   B.  1  m  0 .     D.  1  m  0 .    C.  1  m  0 .   Câu 16: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam  giác đều cạnh  3 a , cạnh bên  SC  2 a  và SC vuông  góc với mặt phẳng đáy. Tính bán kính  R  của mặt  cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. 

Câu 23:  Cho các số thực  a  b  0 . Mệnh đề nào  sau đây là sai? 

A. R 

2a

C. R 

a 13 2

3

 

B. R  3a     

A. ln( ab)2  ln( a 2 )  ln(b2 ) . 

B. ln

a C. ln    ln a  ln b .  b

 ab   21  ln a  ln b . 2

a D.  ln    ln( a 2 )  ln(b2 ) .  b Câu 24: Hình vẽ bên là đồ thị của một hàm trùng  phương. Giá trị của m để phương trình  f  x   m  

D. R  2 a   

Câu 17:  Cho hàm số  f ( x)  ln x 4  1 . Đạo hàm 

có 4 nghiệm đôi một khác nhau là: 

f ʹ  1 bằng  A. 

ln 2 . 2

B. 1. 

C.

1 .   2

D. 2.  189|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing 2

y

3

A.  f (2 x)dx  2   

B.  f ( x  1)dx  2  

1

3

2

1

C.  f (2 x)dx  1

6

1 f ( x  2)dx  1 2 0

D. 

1

x

O

Câu 30: Cho số phức  z  = 1 +  3i . Khi đó   

A.

‐3

A. 3  m  1    C.  m  0; m  3   

 

B. m  0    D.  1  m  3    5

Câu 25:  Biết  rằng 

3 1 x2  3x dx  a ln 5  b ln 2

1 1 3   i      z 2 2

B.

1 1 3 1 1 3   i              D.   i  z 4 4 z 4 4 Câu  31:  Hình  vẽ  bên  là  đồ  thị  của  hàm  số 

C.

y

ax  b . Mệnh đề nào sau đây là đúng?  cx  d

 a, b    . Mệnh đề nào sau đây đúng? 

y

A.  a  2b  0.   B.  2 a  b  0.     C.  a  b  0.    D.  a  b  0.   Câu 26: Cho hình chóp đều  S.ABCD có  AC = 2a,  mặt bên (SBC) tạo với mặt đáy (ABCD) một góc  450. Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.  A.  V 

C. V 

2 3a 3   3

B. V  a3 2   

a3     2

D. V 

a3 2 .  3

2 Câu 27:  Cho hàm số  y  x 4  x 3  x 2 .  Mệnh đề  3 nào sau đây là đúng?    A. Hàm số có giá trị cực tiểu là 0.  2 5 B. Hàm số có hai giá trị cực tiểu là    và   .   3 48 C. Hàm số chỉ có một giá trị cực tiểu. 

 

2 D. Hàm số có giá trị cực tiểu là    và giá trị  3 5 cực đại là   .  48 Câu  28:  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz ,   

cho điểm 

M  2; 3;1 và  đường  thẳng 

1 1 3   i z 2 2

O x 

A. bd  0, ab  0.

B.  ad  0, ab  0.    

C. bd  0, ad  0.   

D. ab  0, ad  0.

Câu 32: Gọi  z1 , z2  là các nghiệm phức của phương 

trình z 2  4 z  5  0.  Đặt  w  = (1 + z1)100 + (1 + z2)100.  Khi đó:   

A. w  2 50 i              

B. w  2 51 i             

C. w  2 51      

D. w  2 50 i  

Câu 33:  Hàm  số  y  log 2 (4 x  2 x  m) có  tập  xác 

định D    khi:  1 1 1   B.  m  0 C.  m    D.  m    4 4 4 Câu 34: Cho hình hộp chữ nhật  ABCD. A ʹ B ʹ C ʹ D ʹ  

A. m 

có AB  AD  2 a , AA ʹ  3 2 a.  Tính diện tích toàn  phần S của hình trụ có hai đáy lần lượt ngoại tiếp  hai đáy của hình hộp chữ nhật đã cho.  A.  S  7 a 2 .  

B. S  16 a 2 .

x1 y  2 z :   . Tìm  tọa  độ  điểm  M ʹ   đối  2 1 2 xứng với  M  qua   . 

A. M ʹ  3; 3; 0  .   

B. M ʹ  1; 3; 2  .  

bởi các đường  y  x 3 ,  y  2  x  và  y  0 . Mệnh đề 

C. M ʹ  0; 3; 3  .  

D. M ʹ  1; 2; 0  .  

nào sau đây là đúng? 

Câu 29:  Cho  hàm  số  f(x)  liên  tục  trên   và  4

 f ( x)dx  2 . Mệnh đề nào sau đây là sai? 

2

Lovebook.vn|190

C. S  12 a 2 .   D.  S  20 a 2 . Câu  35: Gọi  S  là diện tích hình phẳng giới hạn 

1

2

0

1

A. S   x3dx    x  2 dx. B.  S 

2

x 0

3

 x  2 dx


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

C. S 

1

0

Câu 41: Cho đồ thị  (C )  có phương trình y = 

số y  ax  4 x 2  1  có tiệm cận ngang là: B.  a  2  và  a 

A. a  2    

D.   0  1  .  

Câu 36: Các giá trị của tham số  a  để đồ thị hàm 

C. 0    1  .

1

D. S   x 3   2  x  dx

1  x 3 dx 2 0

Ngọc Huyền LB

x2 . x 1 Biết rằng đồ thị hàm số y =  f ( x)  đối xứng với (C)  qua trục tung. Khi đó  f ( x) là: 

1 2

1   2 Câu 37: Thể tích  V  của khối tròn xoay tạo thành  khi  quay  hình  phẳng  giới  hạn  bởi  các  đường 

x2 x2 B. f ( x)     x1 x 1 x2 x2   C.  f ( x)    D.  f ( x)  x1 x1 Câu 42: Gọi  M  là điểm biểu diễn của số phức  z  

y  0 , y  x ln( x  1)  và  x  1  xung quanh trục 

thỏa mãn  3 z  i  2 z  z  3i .  Tập hợp tất cả các 

Ox là: 

điểm M  như vậy là:    A. một parabol.  B. một đường thẳng.    C. một đường tròn.  D. một elip.  Câu  43:  Trong  nông  nghiệp  bèo  hoa  dâu  được  dùng làm phân bón, nó rất tốt cho cây trồng. Mới  đây  một  nhóm  các  nhà  khoa  học  Việt  Nam  đã  phát  hiện  ra  bèo  hoa  dâu  có  thể  được  dùng  để  chiết xuất ra chất có tác dụng kích thích hệ miễn  dịch và hỗ trợ điều trị bệnh ung thư. Bèo hoa dâu  được thả nuôi trên mặt nước. Một người đã thả  một lượng bèo hoa dâu chiếm 4% diện tích mặt  hồ. Biết rằng cứ sau đúng một tuần bèo phát triển  thành 3 lần lượng đã có và tốc độ phát triển của  bèo  ở  mọi  thời  điểm  như  nhau.  Sau  bao  nhiêu  ngày bèo sẽ vừa phủ kín mặt hồ? 

 

D. a  

C. a  1

5   6 5 C.  V     18

 12 ln 2  5  6  D. V   12 ln 2  5    18

A. V 

B. V 

Câu 38:  Cho  số  phức  z   thỏa  mãn  2 z  i z  3 . 

Môđun của  z  là:   

B. z  5.    

A. z  5.

3 5 3 5 . . D. z  4 2 Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho  mặt cầu (S): x 2 +  y 2 +  z 2 – 2x ‐ 4 y  + 4 z  ‐ 16 = 0 và   

C. z 

x 1 y  3 z   . Mặt phẳng nào  1 2 2 trong các mặt phẳng sau chứa  d và tiếp xúc với  mặt cầu  (S) .  đường thẳng d : 

A. f ( x)  

25

A. 7  log 3 25.  

B. 3 7 .  

A.  P  : 2 x  2 y  z  8  0  

B.  P  :  2 x  11y  10 z  105  0

24 .   D.  7  log 3 24. 3 Câu  44:  Số  nghiệm  của  phương  trình 

C.  P  : 2 x  11y  10 z  35  0

log 3 x 2  2 x  log 5 x 2  2 x  2 là: 

D.  P  :  2 x  2 y  z  11  0

Câu 40: Cho   ,   là các số thực. Đồ thị các hàm 

số y  x  , y  x   trên  khoảng   0;   được  cho  trong hình vẽ bên. Khẳng định nào đây là đúng? 

C. 1 

D. 4 

Câu 45:    Cho  hàm  số  f ( x)  x  x 2  2 x  3 . 

Khẳng định nào sau đây là đúng?    A.  Hai  phương  trình  f ( x)  2017   và   

B. Hàm số  y  f ( x  2017)  không có cực trị. 

C.

x

Hai

phương

trình

f ( x)  m

f ( x  1)  m  1 có cùng số nghiệm với mọi  m . 

 

1

A. 0    1  .  

B. 2. 

f ( x  1)  2017 có cùng số nghiệm.    

A. 3 

3

y

O

C. 7 

D.

Hai

phương

trình

f ( x)  m

f ( x  1)  m  1 có cùng số nghiệm với mọi  m . 

B.    0  1  .   191|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

   và  gọi  H   là  hình  chiếu  tròn  đó,  đặt  CAB vuông góc của  C  lên  AB . Tìm    sao cho thể tích  vật  thể  tròn  xoay  tạo  thành  khi  quay  tam  giác  ACH  quanh trục  AB  đạt giá trị lớn nhất. 

2 và  2 điểm  A  trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của  z.   Biết  rằng  trong  hình  vẽ  bên,  điểm  biểu  diễn 

Câu 46:  Cho  số  phức  z   thỏa  mãn  z 

1 là  một  trong  bốn  điểm  iz M , N , P , Q. Khi đó điểm biểu diễn của số phức    là: 

của số  phức   

M O 

A.   60 0

C.   arctan

B.   450    

1 2

D.   30 0

Câu 49: Tại một nơi không có gió, một chiếc khí  cầu đang đứng yên ở độ cao  162 (mét) so với mặt  đất  đã  được  phi  công  cài  đặt  cho  nó  chế  độ  chuyển  động  đi  xuống.  Biết  rằng,  khí  cầu  đã  chuyển  động  theo  phương  thẳng  đứng  với  vận 

y

Q

A

tốc tuân theo quy luật  v(t )  10t  t 2 , trong đó  t  

x

(phút) là  thời  gian  tính  từ  lúc  bắt  đầu  chuyển  động,  v(t )  được tính theo đơn vị mét/phút (m/p). 

N

Nếu như vậy thì khi bắt đầu tiếp đất vận tốc  v   của khí cầu là:  

P

B. điểm  M . 

A. v  5  m / p 

B. v  7  m / p     

C. điểm  N .                     D. điểm P .  Câu  47:  Cho  hình  lăng  trụ  tam  giác  đều  ABC. A ʹ B ʹ C ʹ   có  AB  a ,  đường  thẳng  AB ʹ   tạo 

C. v  9  m / p   

D. v  3  m / p     

với mặt phẳng  ( BCC ʹ B ʹ)  một góc  300 . Tính thể 

x1 y 5 z   . Tìm véctơ chỉ phương  thẳng  d : 1 2 2  u  của đường thẳng     đi qua  M , vuông góc với  đường  thẳng  d   đồng  thời  cách  điểm  A   một  khoảng bé nhất.    u  (2;1; 6) u .    B.   (1; 0; 2) .     A.    u  (3; 4;  4) u .  D.   (2; 2; 1) .   C. 

A. điểm  Q .  

Câu 50:  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz , 

cho hai  điểm  M( 2; 2,1) ,  A(1; 2, 3)   và  đường 

tích V  của khối lăng trụ đã cho.    

A. V 

a3 6 4

B. V 

a3 6 12

3a 3 a3   D.  V      4 4 Câu  48:  Cho  nửa  đường  tròn  đường  kính 

C. V 

AB  2 R và  điểm  C   thay  đổi  trên  nửa  đường       

Lovebook.vn|192


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN (Mã đề 132) 1D 11B  21A  31B  41D 

2C 12B 22C 32B 42A

3C 13A 23B 33A 43A

4C 14B 24C 34B 44B

5C 15D 25D 35C 45A

6B 16D 26D 36A 46D

7C 17D  27B  37D  47A 

8B 18D  28C  38A  48C 

9D 19A 29A 39C 49C

10A 20A 30D 40A 50B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án D.  Ta có hình bát diện đều như hình bên, nhận thấy hình bát diện đều có tất cả 12  cạnh.  Câu 2: Đáp án C.  Vì là chọn mệnh đề sai nên ta xét từng phương án một.  Khối bát diện đều STUDY TIP:  Giả sử các hàm số  f liên  tục trên K và a, b, c  là  ba số bất kì thuộc K thì  

Với A: A là mệnh đề đúng do đây là tính chất của tích phân.  Với B: B tương tự A cùng là tính chất   Giả sử các hàm số  f liên tục trên K và a, b, c  là ba số bất kì thuộc K thì  b

 a

c

 f  x  dx

c

c

b

a

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx . c

a

b

c

a

b

  f  x  dx   f  x  dx

Với C: Nhận thấy C sai do  VP   f  x  dx .  b

Câu 3: Đáp án C.  

Ta thấy hàm số có  lim f  x   0   đồ thị hàm số có môt tiệm cận ngang là  x 

đường thẳng  y  0 hay chính là trục hoành.   STUDY TIP:  Hàm số bậc ba có hai  điểm cực trị, nếu hệ số  a  0  đồ thị hàm số sẽ  có dạng N (mẹo nhớ).  Nếu hệ số  a  0  thì đồ  thị hàm số có dạng  ngược lại. 

Đến đây ta loại A, B và chọn luôn C.  Câu 4: Đáp án C. 

x  0 Ta có  y ʹ  3x 2  6 x  0   .   x  2

Ta có tiếp  y  0;  x   0; 2   nên hàm số đồng biến trên   0; 2  .    * Nhận thấy đây là hàm số bậc ba có hai điểm cực trị là  x  0  và  x  2  và có hệ  số  a  1  0 , do vậy hàm số đã cho đồng biến trên    0; 2  .  

Câu 5: Đáp án C. 

1 1 2 Ta có  F  x    e 3 x dx  .e 3 x  C . Mà  F  0   1,  do vậy  .e 3.0  C  1  C  .  3 3 3 Câu 6: Đáp án B.  Độ dài đoạn thẳng MN được tính bằng công thức  MN  32  0 2  4 2  5 .  Câu 7: Đáp án C.   Ta có  n   3; 0; 2  . 

Câu 8: Đáp án B. 

Từ hình vẽ ta suy ra số phức  z  3  2i  z  3  2i . Vậy số phức liên hợp của số  phức z có phần thực là 3, phần ảo là  2.    193|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 9: Đáp án D.  Ta có các mệnh đề A, C sai giống nhau do thiếu các hạng tử ở giữa. 

S

a a Mệnh đề B sai do      .  b b Câu 10: Đáp án A.  Ta có hình vẽ bên:  1 Ta thấy  VSBCD  VS. ABCD , do hai hình chóp này chung chiều cao và cớ diện tích  C  2 đáy ABCD gấp đôi diện tích đáy BCD.  Mặt khác, áp dụng công thức tỉ số thể tích trong hình chóp tam giác ta có: 

E B 

D

A

VSBED STUDY TIP:  Chỉ có khối tứ diện  được áp dụng công  thức tỉ lệ thể tích như  bên. Cho hình chóp  S.ABC, có các điểm A’,  B’, C’ lần lượt nằm trên  cách cạnh SA, SB, SC thì  

VSABC VSABC

VSBCD

SE SB SD 2 2 1 1 . .   VSBED  VSBCD  VSABCD  . SC SB SD 3 3 3 3

Câu 11: Đáp án B.  Ta có    là số không nguyên, do vậy hàm số đã cho xác định khi 

2x  x2  0  0  x  2 . Câu 12: Đáp án B. 

Ta có  I 1; 2; 2  R  12  ( 2)2  22  ( m)  m  9  5  m  16 . 

SA  SB  SC   . . SA SB SC

Câu 13: Đáp án A.  Ta thấy hàm số đã cho có hai điểm cực trị là  x  1  và  x  2 . Ta thấy mặc dù đạo  hàm của hàm số không tồn tại tại  x  2 , nhưng hàm số vẫn có thể đạt cực tiểu  tại  x  2.  Điều này đã được tôi phân tích rất rõ trong cuốn “Bộ đề tinh túy môn  toán 2017 & cuốn Chắt lọc tinh túy môn toán năm 2017”.  Câu 14: Đáp án B. 

Do thể tích của hình lăng trụ đã cho là  V  B.h  3a 3  nên chiều cao của hình  lăng trụ đã cho là  h 

3a 3 3 a 3  2  3a . B a

Câu 15: Đáp án D.  Với  m  0  thoả mãn yêu cầu đề bài.  Với  m  0  :   Trước tiên, để hàm số đã cho nghịch biến trên    thì  

m  0  m  0 m  0   2   1  m  0  .   2  m  1  3m   3.m.  3   0 9 m  9 m  0 Với  1  m  0 , để đồ thị hàm số đã cho không có tiếp tuyến song song với trục 

hoành thì hệ số góc  k  f ʹ  x0   0  với mọi  x0 , tức là phương trình  y ʹ  0  vô 

S

nghiệm, vậy ta chọn D.  Câu 16: Đáp án D.  Kẻ trục đường tròn của tam giác ABC, lấy giao điểm I của đường trung trực  cạnh SC và trục đường tròn, khi đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp  S.ABC. Kí hiệu như hình vẽ:  Khi đó IC là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp. Ta có IDCG là hình chữ 

D I 

2

A

C G  M 

B

 3a 3  4.   2  2  2a   SC 2 4CM 2   2 2 nhật, nên  IC  CD  CG      2 a .  4 9 4 9 Đến đây ta có thể tự đưa ra công thức tổng quát cho các bài sau.  Lovebook.vn|194


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Câu 17: Đáp án D. 

4 x3 4  f ʹ  1   2 . 4 2 x 1 Câu 18: Đáp án D.  Ta có  f ʹ  x  

Ta có  y ʹ  x 2 e x ʹ  2 x.e x  x 2 .e x , khi đó bất phương trình  y ʹ  0  trở thành  

2 x.e x  x 2 .e x  0  e x 2 x  x 2  0  x  x  2   0  2  x  0 ( Do  e x  0 ) 

Câu 19: Đáp án A.     Ta có  ud   3; 1; 2  ; ud ʹ   6; 2; 4   2ud . 

Lấy A  2; 2; 1  d , nhận thấy  A  d . Do vậy  d  d .    Câu 20: Đáp án A. 

Ta có  f   x   3 

3

 x  2

2

 x  2 2  1 0  x  1 (do ta xét trên tập D).   x  2

Ta có bảng xét dấu:     

x yʹ 

1

0

 

 

Vậy hàm số đã cho có một điểm cực trị là  x  0 . Vậy B đúng.  STUDY TIP:  Nhiều độc giả nhầm lẫn  giữa công thức tính cos  góc giữa hai vecto và  góc giữa hai đường  thẳng. Góc giữa hai  đường thẳng  luôn là  góc nhọn, còn góc giữa  hai vecto, có thể nhọn  hoặc tù, (do vậy trong  công thức tính cos góc  giữa hai vecto không có  trị tuyệt đối ở tử). 

Ta thấy, ta không so sánh được  f  1  có phải GTLN của hàm số trên D hay  không, do vậy hàm số không đạt GTLN trên D, tức A sai.   Câu 21: Đáp án A.    Ta có  BA   0; 1; 0  ,  BC   1; 1; 0  .    BA.BC 0.1  1.  1  0.0 1    135 .     ABC Khi đó  cos ABC  2 2 BA.BC 2 2 1 . 1   1 Câu 22: Đáp án C.  Cách 1. Ta có  2 x

2

1

 3 x 1  x 2  1  log 2 3 x 1  x 2  1 

log 3 3 x 1 log 3 2

x1   log 3 2

 

 log 3 2. x 2  x  1  log 3 2  0 , do phương trình đã cho có hai nghiệm, nên áp 

 1 a  b  log 2  3  ab  a  b  1 .  dụng định lý Viet ta có   1 log 2   3 ab   log 3 2 Cách 2. Ta có  2

x 2 1

3

x 1

2

( x 1)( x 1)

3

x 1

 2 x 1     3 

x 1

 1

x  1  0  x  1  a   2 x 1   x  1  log 2 3  b 1   3

 a  b  ab  1   1  log 2 3    1  log 2 3   1.

Câu 23: Đáp án B. 

195|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Ta có, do a, b đều là các số âm, do vậy không tồn tại  ln a , ln b , nên ta chọn B.  Câu 24: Đáp án D. 

y

Nhận thấy, để phương trình  f  x   m  có 4 nghiệm đôi một khác nhau thì ta  sử dụng phép suy diễn đồ thị, đây là bài toán tương tự mà tôi nhắc đến trong  câu 3 đề 1 cuốn “Bộ đề tinh túy môn toán năm 2017”, cũng là bài toán xuất hiện  3 

trong đề thi thử của Sở GD&ĐT  Hưng Yên và Đề Chuyên Lam Sơn mà tôi đã  giải chi tiết. Như sau:  Ta có đồ thị của hàm  y  f  x   như hình bên. 

1

Số giao điểm của đồ thị hàm số  y  f  x   và đường thẳng  y  m  (cùng phương  Ox) là số nghiệm của phương trình  f  x   m . 

x

O

m  0 Vậy để phương trình trên có 4 nghiệm đôi một khác nhau thì   .   m  3 Câu 25: Đáp án D. 

Ta thấy đây là dạng tích phân mà tôi đã nhắc đến trong chuyên đề bổ sung một  số vấn đề về tích phân.  Ta có 

 x  3   x  1  1 . 3 3   x x3 x  x  3 x  3x x  x  3  2

Do vậy  5

S

1

5 5 1 3 1    ln 5  ln 8  ln 1  ln 4 dx    dx  ln x  ln x  3  2 1 x  3 x  3x 1x

 ln 5  3 ln 2  2 ln 2  ln 5  ln 2  a  b  0 . 

Câu 26: Đáp án D. 

Kí hiệu như hình vẽ ta có:  Với H là giao điểm của AC, BD, khi đó H là tâm của hình vuông ABCD, suy ra    45   tam giác SHM  SH  là đường cao của khối chóp S.ABCD. Vậy  SMH

A B

  H  D 

AB AC a  . 2 2 2 2

vuông cân tại H. Vậy  SH  HM 

M C 

 .

1 1 Vậy VSABCD  .SABCD .SH  . a 2 3 3

2

a

2

a3 2 . 3

Câu 27: Đáp án B.   x  0  3 2 2 Ta có  y   4 x  2 x  2 x  0  2 x 2 x  x  1  0   x  1  .   1 x   2

Ta có bảng xét dấu  y ʹ :    x  yʹ 

Lovebook.vn|196

 

0

0

 

1

0

 

 

0

 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

1 Nhìn vào bảng xét dấu ta thấy hàm số có hai điểm cực tiểu là  x    và  x  1 ,  2 2  1 5 tức hàm số có hai giá trị cực tiểu là  f       và  f  1   .    3 48  2 Câu 28: Đáp án C.  STUDY TIP:  Trong các bài toán  Oxyz, phương trình  đường thẳng thường  được đưa về dạng tham  số để rút gọn ẩn. 

 x  1  2t  Đường thẳng   :  y  2  t .   z  2t  Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với   ,  d    N , suy ra N là  trung điểm của  MM  .   Khi đó  N   1  2t ; 2  t ; 2t   MN   3  2t ; 1  t ; 2t  1 .  Do d vuông góc với   nên   3  2t  .2  1.  1  t   2.  2t  1  0  t  1.    Khi đó  M ʹ  0; 3; 3  .    Câu 29: Đáp án A. 

Ta có  f  x   liên tục trên   , nên ta có  2

f  2 x  dx 

1

2

4

1 1 1 f  2 x  d  2 x    f  u  du  .2  1 .  Vậy A sai.  2 1 2 2 2

Câu 30: Đáp án D. 

Ta có  z  1  3i 

1 1 1  3i 1 3     i . z 1  3i 1 3 4 4

Câu 31: Đáp án B.  Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số đã cho luôn đồng biến trên từng khoảng xác  định, suy ra  ad  bc  0  ad  bc .  a a Mặt khác đường tiệm cận ngang  y  nằm phía trên trục hoành, do vậy   0 .  c c d d d Đường tiệm cận đứng  x    nằm bên phải trục tung, do vậy    0   0.    c c c   a  0; c  0   a  0; c  0; d  0   a  0; c  0 Từ đây ta có    .    a  0; c  0; d  0  d  0; c  0  d  0; c  0 

b  0 . d Và giao của đồ thị hàm số với trục Ox là một điểm có hoành độ dương, tức là 

Mà giao của đồ thị hàm số với trục Oy là một điểm có tung độ âm, tức 

b b  0   0 . a a Từ các dữ kiện có được thì ta thấy b luôn khác dấu với a, d nên ta chọn B.  Câu 32: Đáp án B.  STUDY TIP:  Với các bài toán về số  phức, chú ý  i  1 ,  nên ta có thể đơn giản  hóa biểu thức bậc hai về  bậc một.  2

 z  2  i  z1  1  1  i   Phương trình có hai nghiệm   1  z2  2  i  z2  1  1  i Khi đó  w   i  1

  i  1

100

Ta có   i  1

100

 i 2  2i  1

100

50

 

  2i    50

197|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

 i  1

100

The best or nothing

 i 2  2i  1

50

  2i    50

Suy ra  w   2i    2i   2 50 .  i   i 50  2 50 .  2   2 51    50

50

50

Câu 33: Đáp án A. 

Để hàm số có tập xác định  D    thì  4 x  2 x  m  0, x  . .   2 2 x  2 x  m  0 , x . 

Tức    1  4.m  0  m  2

1 . 4

Câu 34: Đáp án B. 

AC 2 a 2   a 2 , 2 2 Khi đó diện tích toàn phần của hình trụ có hai đáy lần lượt ngoại tiếp hai đáy  của hình hộp chữ nhật đã cho là:  Đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD có bán kính  R 

 

Stp  2.. a 2

y

 

  x 

O

2

 2 a 2.3 2 a  16 a 2 (đvdt)  

Câu 35: Đáp án C.  Diện tích hình phẳng được thể hiện ở hình bên.  Xét phương trình hoành độ giao điểm :   x 3  2  x  x  1    x 3  0  x  0    2  x  0  x  2   

STUDY TIP:  Ở bài toán này ta có thể  nhẩm nhanh là đáp án  A, bởi khi nhân liên  hợp, bậc tử sẽ cao hơn  bậc mẫu, không tồn tại  tiệm cận ngang, do vậy  để thỏa mãn thì hệ số  của hạng tử có bậc cao  nhất ở tử số phải bằng  0, nên chọn A. 

1 2 1  x2 2 1 1 Ta nhận thấy  S   x 3 dx    2  x  dx   x 3 dx    2 x       x 3 dx .   2 1 2 0 0 1 0 Câu 36: Đáp án A.  Để đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang thì ít nhất một trong các điều kiện  sau thỏa mãn: 

lim ax  4 x 2  1  y0 ; lim ax  4 x 2  1  y0  

x 

x 

Ta có lim ax  4 x  1    lim x 

2

x 

a

2

4 x

a 4

1 x2

1 x  

Từ đây ta thấy để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang thì  a 2  4  0  a  2    Câu 37: Đáp án D.  Xét phương trình hoành độ giao điểm  x ln  x  1  0  x  0 .  Khi đó thể tích khối tròn xoay được tính bằng công thức   1

V    x 2 ln  x  1 dx   0

STUDY TIP:  Công thức tích phân  từng phần:  b

 uvdv  uv a

b a

b

  vdu

Đặt u  ln  x  1  du  vdv  x 2 dx  v 

a

1

1 dx ; x1

x3   3

Khi đó  I   x 2 ln  x  1 dx  0

Lovebook.vn|198

1 1 x3 x3 . ln  x  1   dx   0 0 3  x  1 3


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

1 1  1   .ln 2    x 2  x  1   dx 3 3 0 x  1 1

1 1 1 1  x3 x2 .ln 2  .    x  ln x  1    12 ln 2  5    3 3  3 2  0 18

 12 ln 2  5  (đvtt)  18 Câu 38: Đáp án A.  V 

Đặt z  x  yi ,   x , y    . 

Khi đó  2.  x  yi   i  x  yi  3     2 x  y   2 y  x  3  i  0 2 x  y  0 x  1    z  1  2i  z  5. .   x  2 y  3  0  y  2 Câu 39: Đáp án C. 

Mặt cầu   S   có tâm  I  1; 2; 2  , bán kính  R  16  1  4  4  5 .  Mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu, do đó  d  I ; R   5 , ta thấy chỉ có phương án C,  D thỏa mãn.  Mặt khác, mặt phẳng cần tìm chứa đường thẳng  d :

x 1 y  3 z   . 1 2 2

Lấy A  1; 3; 0   d  thì  A   P  : 2 x  2 y  z  11  0 , do đó ta chọn C.  Câu 40: Đáp án A.  Ta có   Hàm số  y  x  , với     , được gọi là hàm số lũy thừa, các dạng đồ thị của 

hàm số được thể hiện ở hình 2.1 

a.Dạng của đồ thị hàm số lũy thừa: Xét trên khoảng   0;    thì 

Đồ thị của hàm số lũy thừa  y  x   luôn đi qua điểm   1; 1 .   

y

Trong hình 2.1 là đồ thị hàm số lũy thừa trên   0;    ứng với các giá trị khác  nhau của   .  b. Bảng tóm tắt tính chất của hàm số lũy thừa  y  x  trên khoảng   0;   .  0

y ʹ   .x

Đạo hàm  x  O 

1

Hình 2.1 

0  1

Chiều biến thiên 

Hàm số luôn đồng biến 

Tiệm cận 

Không có 

Đồ thị 

Đồ thị hàm số luôn đi  qua điểm   1; 1  

y ʹ   .x   1

Hàm số luôn nghịch  biến  Tiệm cận ngang là trục  Ox, tiệm cận đứng là  trục Oy.  Đồ thị hàm số luôn đi  qua điểm   1; 1  

Từ đây ta chọn được đáp án A.  Câu 41: Đáp án D. 

Vì đồ thị hàm số  y  f  x   đối xứng với   C   qua trục tung nên  y  x   y   x     Khi đó  y  f  x  

x  2 x  2  . x  1 x  1 199|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 42: Đáp án A.  

Đặt z  x  yi ,  x , y    , khi đó ta có   3 x  yi  i  2.  x  yi    x  yi   3i     3 x   y  1 i  x   3  3 y  i   

 9 x 2  9  y  1  x 2  9  y  1   2

2

4x2 . 9 Vậy tập hợp tất cả các điểm M  là một parabol.  Câu 43: Đáp án A   8 x 2  9.  2 y  2 y   0  y 

STUDY TIP:  Bài toán tương tự bài  toán trong đề thi thử  THPT chuyên Lương  Văn Tụy mà tôi đã giới  thiệu. 

Gọi diện tích mặt hồ là S, khi đó lượng bèo hoa dâu ban đầu đã có là 

S . 25

Gọi x là số tuần bèo hoa dâu phủ kín mặt hồ.  S Khi đó  .3x  S  3x  25  x  log 3 25 .  25 Vậy sau  7  log 3 25  ngày thì lượng bèo hoa dâu phủ kín mặt hồ.   Câu 44: Đáp án B. 

 x 2  2 x  0  x  0; x  2 . Điều kiện:   2  x  2 x  2  0

Ta có  log 3 x 2  2 x  log 5 x 2  2 x  2    Đặt  x 2  2 x  a  x 2  2 x  2  a  2    Khi đó phương trình đã cho trở thành  

 5t  2  3t  0  1  a  3t  5t  2  3 t    t    log 3 a  log 5  a  2   t      t t t t  5  3  2  0  2   5  2  3  a  2  5

Đặt f  t   5t  2  3t ;  g  t   5t  3t  2    Bằng phương pháp hàm số ta lần lượt chứng minh được hai phương trình 

1 ,  2  luôn có nhiều nhất một nghiệm trên   . 

t  0  a  1 Mà f  1  0; g  0   0 , do vậy ta có      t  1  a  3 Với  a  1  thì phương trình đã cho vô nghiệm.  Với  a  3  thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện.  Câu 45: Đáp án A.  Xét hàm số  f  t   t 3  t 2  2t  2014  trên   . 

Ta có  f ʹ  t   3t 2  2t  2  0 , phương trình có hai nghiệm phân biệt, suy ra hàm  số có hai cực trị, từ đây ta loại được B.  Với C, D ta thấy không đủ dữ kiện để khẳng định hai phương trình có cùng số  nghiệm.  A đúng, bởi khi đặt  x  1  u  thì hai phương trình  f  x   2017  và  f  u   2017  

có cùng số nghiệm.  Câu 46: Đáp án D. 

Ta có  A  x; y   z  x  yi  x , y  0    

Lovebook.vn|200


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Khi đó  w 

Ngọc Huyền LB

 y  xi 2 y 2 x 1 1 1 i .    2   iz i  x  yi   y  xi y  x 2 2 2

 2y 2x  Khi đó ta thấy tọa độ điểm biểu diễn số phức w là    ;  .  2 2  Đến đây ta chỉ có hai lựa chọn là N hoặc P, tuy nhiên nếu là N thì tọa độ sẽ là 

  y; x  , (do nhìn hình ta thấy  OA  ON ). 

C’

A’

Từ đây ta chọn điểm P.  Câu 47: Đáp án A.  Gọi M là trung điểm của BC.  Dựng  AM  BC , mặt khác  AM  BB ʹ  suy ra  AM   BCC ʹ B ʹ   

B’

 ʹ M  300 , lại có  AM  Khi đó  AB

Suy ra  AB ʹ 

AM  a 3  BB ʹ  AB ʹ2  AB 2  a 2 sin 30 0

C

A

Do đó  V  Sd .BB ʹ 

M

C

H

a2 3 a3 6 .a 2  . 4 4

Câu 48: Đáp án C.  Khi quay hình tam giác ACH quanh trục AB ta được khối nón đỉnh A, có đáy là  hình tròn tâm H bán kính  HC .    Đặt  AH  h; CH  r   

B

A

a 3  AB ʹsin B ʹ  AM 2

B

1 Ta có:  V  r 2 h .   3 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ACB ta có CH 2  HA.HB  ,  Mà  HB   2 R  h  , 

STUDY TIP:  Với các bạn khá có thể  áp dụng bất đẳng thức  Cauchy để giải quyết  bài toán nhanh hơn. 

Suy ra  r 2  h  2 R  h   V 

1 h.  2 R  h  .h 3

Để thể tích vật thể tròn xoay tạo thành lớn nhất thì   2 R  h  .h 2  lớn nhất.  Xét hàm số  f  h   2 R.h 2  h 3  trên   0; 2R  .  Ta có  f ʹ  h   4 R.h  3h 2  0  h 

4R 4R  4R  2 2R    (do  h  0 ).  r  .  2R   3 3  3  3

CH r 2 2      arctan . AH h 2 2 Câu 49: Đáp án C.  Phân tích: Vì hàm quãng đường là nguyên hàm của hàm vận tốc, do đó ta có  thể tìm được hàm quãng đường. Mặt khác, khi tiếp đất thì vật đã đi được  quãng đường là 162 mét, do vậy ta tính được thời gian t lúc vật chạm đất, lúc  này ta tìm được v khi bắt đầu chạm đất.  Lời giải  Khi đó  tan  

STUDY TIP:  Hàm vận tốc là đạo  hàm cấp một của hàm li  độ. 

t3  5t 2  C . 3 Do ta tính thời điểm ban đầu vật tại vị trí 0 nên  C  0 . 

Ta có  s  t    v  t dt   10t  t 2 dt  

201|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

t3  5t 2  162  t  9  v  9   9  m / p  . 3 Câu 50: Đáp án B.  Nhận thấy bài toán tương tự như câu 45, đề số 2 sách “ Bộ đề tinh túy môn Toán  2017” mà tôi đã phân tích chi tiết, ở đây ta thấy, mặt phẳng chứa điểm M và  vuông góc với d là mặt phẳng cố định, do vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng  đó cũng cố định, nên ta có lời giải sau:  

Phương trình mặt phẳng  đi qua M và vuông góc với d là:  2 x  2 y  z  9  0  P     Khi đó   P   chứa   .  

A

Gọi H là hình chiếu của A lên   P  , K là hình chiếu của A lên đường thẳng   .  Ta có  AH  AK  (trong tam giác vuông cạnh góc vuông nhỏ hơn cạnh huyền). 

Hay d  A;    d A;  P   const , dấu bằng xảy ra khi  H  K.    H 

  K 

 x  1  2t  Khi đó phương trình AH là:   y  2  2t  H  1  2t ; 2  2t ; 3  t     z  3  t  Mà  H   P  nên  2  1  2t   2  2  2t   3  t  9  0  t  2  H  3; 2; 1  

   u  HM  1; 0; 2  .    

Lovebook.vn|202


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐỀ SỐ 15 

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017  

THPT CHUYÊN KHTN HÀ NỘI LẦN III 

Môn: Toán 

Thời gian làm bài: 90 phút 

Câu  1:  Cho  hàm  số  y 

x . Mệnh  đề  nào  sau  x 1

đây đúng?   

A. Hàm số đồng biến trên khoảng   0;1 .   

Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz,  tính 

khoảng cách  từ  2 x  2 y  z  3  0.    A.  1.   

1 B. .    3

O

đến

mặt

C. 2.   

phẳng

D. 3.   

B. Hàm số đồng biến trên   \1 .   

C. Hàm số nghịch biến trên   ;1   1;   .   

Câu 7: Cho hình hộp chữ nhật  ABCD. A ʹ B ʹ C ʹ D ʹ  

D. Hàm  số  nghịch  biến  trên  các  khoảng 

có AB  a , AD  2a   và  AA ʹ  3a.   Tính  bán  kính 

 ;1 và  1;   .  

R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện  ACB ʹ D ʹ.   

Câu 2:  Hàm  số  nào  sau  đây  không  phải  là  nguyên hàm của hàm số  y  2 sin 2 x ? 

A. 2 sin 2 x.    

B. 2 cos 2 x.   

C. 1  cos 2 x.   

D. 1  2 cos x sin x.  

Câu 3:  Biết  rằng  đồ  thị  hàm  số  y  x  3 x   có  3

2

dạng như sau: 

A.

a 3 a 14 a 6 .   B.  .   C.  .  2 2 2

D.

a 3 . 4

Câu 8: Cho hình chóp  S. ABC  có   SAB  ,    SAC   

cùng vuông góc với đáy; cạnh bên  SB  tạo với đáy  một góc  60 0 , đáy  ABC  là tam giác vuông cân tại  B  với  BA  BC  a.  Gọi  M , N  lần lượt là trung  điểm của  SB, SC . Tính thể tích của khối đa diện  ABMNC ? 

y

3a 3 3a 3 3a 3 3a 3 .   B.  .   C.  .   D.  .  4 6 24 8 Câu  9:  Số  tiệm  cận  ngang  của  đồ  thị  hàm  số 

4

A.

y x

‐2 O 

x x 1 2

A. 0.   

là:  B.  1.   

C. 2.   

D. 3.   

Câu 10:  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz,  

Hỏi đồ  thị  hàm  số  y  x 3  3 x 2   có  bao  nhiêu 

cho tứ  diện  ABCD   với  A  1; 2;1 , B  0; 0; 2  ,

điểm cực trị? 

C  1;0;1 , D  2;1; 1 .  Tính thể tích tứ diện  ABCD.   

A. 0.   

B. 1.   

C. 2.   

D. 3.   

SA  a , SB  2a ,  SC  3a  với  a  là hằng số dương 

1 2 4 8 A. .    B.  .    C.  .    D.  .    3 3 3 3 Câu  11:  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz,

cho trướC. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối 

viết phương trình mặt phẳng   P   song song và 

Câu 4:  Xét  hình  chóp  S. ABC   thỏa  mãn 

chóp S. ABC ?     

A. 6 a 3 .   

B. 2 a 3 .  

C. a 3 .  

D. 3a 3 .  

Câu 5: Gọi  M  và  m  lần lượt là giá trị lớn nhất và 

nhỏ nhất của hàm số  y 

1  x  2x x 1

2

. Khi đó giá 

trị của  M  m  là:   

A. 2.   

B. 1.   

C. 1.   

D. 2.   

cách đều  hai  đường  thẳng  d1 :

d2 :

x2 y z   và  1 1 1

x y 1 z  2 .   2 1 1

A.  P  : 2 x  2 z  1  0.    B.   P  : 2 y  2 z  1  0.  

C.  P  : 2 x  2 y  1  0.   D.   P  : 2 y  2 z  1  0.  

Câu 12:  Cho  hình  chóp  S. ABC   có  đáy  ABC   là 

tam giác đều cạnh  a,  mặt bên  SAB  là tam giác  đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.  203|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Tính theo  a  diện tích xung quanh mặt cầu ngoại  tiếp hình chóp  S. ABC.     

A.

5a 2 5a 2 .   B.  .  3 6

3

C.

 t

2

3

 1 t 2 dt.

D.

0

C.

a 2 . 3

D.

5a 2 . 12

Câu 13: Trên mặt phẳng phức, cho điểm  A  biểu 

diễn số  phức  3  2i ,  điểm  B   biểu diễn số  phức  1  6i.   Gọi  M   là  trung  điểm  của  AB.   Khi  đó 

điểm M  biểu diễn số phức nào sau đây?   

A. 1  2i.     

B. 2  4i.     

C. 2  4i.     

D. 1  2i.   

 x

 1 x 2 dx.

2

0

Câu 22: Đẳng thức nào sau đây là đúng? 

A.  1  i   32.  

B.  1  i   32.    

C.  1  i   32i.  

D.  1  i   32i.  

10

10

10

10

Câu 23: Cho hình trụ có hai đường tròn đáy lần 

lượt là   O  ,  O  .  Biết thể tích khối nón có đỉnh là 

O và đáy là hình tròn   O   là  a 3 ,  tính thể tích 

khối trụ đã cho? 

Câu 14: Cho  a  log 2 20.  Tính  log 20 5  theo  a.   

A. 2 a 3 .  

B. 4 a 3 .  

C. 6 a 3 .  

D. 3a 3 .  

5a a1 a2 a1 B. .    .    C.  .    D.  .    2 a a a2 Câu  15:  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz,  

Câu 24: Cho số phức  z  a  bi với  a , b  là hai số 

cho ba điểm  A  1; 1;1 ,  B  2;1; 2  , C  0; 0;1 . Gọi 

A. z 2  a 2  b 2  2 abi.   B.  z 2  a 2  b 2 .  

C. z  2az  a  b  0.   D.  z  2az  a  b  0.  

A.

H  x; y; z  là  trực  tâm  tam  giác  ABC   thì  giá  trị 

x  y  z là kết quả nào dưới đây? 

A. y  x 4  x 2  1.   

B. y  x 4  x 2  1.  

C. y   x 4  x 2  1.  

D. y   x 4  x 2  1.  

Câu 17:  Tổng  các  nghiệm  của  phương  trình 

4

 3 x2

 81 bằng:

A. 0.   

B. 1.   

C. 3.   

thực nhận  z  làm nghiệm với mọi  a , b  là: 

D. 4.   

4 ln x  1 Câu 18:  Giả  sử   dx  a ln 2 2  b ln 2,   với  x 1 2

A. 3.   

B. 5.   

C. 7.   

P

2

2

2

2

vận tốc lần lượt là  60 km / h; 50 km / h  và  40 km / h.   Xe  thứ  nhất  đi  thêm  4  phút  thì  bắt  đầu  chuyển  động chậm dần đều và dừng hẳn ở trạm tại phút  thứ 8; xe thứ hai đi thêm 4 phút, bắt đầu chuyển  động chậm dần đều và dừng hẳn ở trạm tại phút  thứ 13, xe thứ hai đi thêm 8 phút, bắt đầu chuyển  động chậm dần đều và dừng hẳn ở trạm tại phút  thứ 12. Đồ thị biểu diễn vận tốc ba xe theo thời  gian như sau: (đơn vị trục tung  x  10 km / h ,  đơn  vị trục hoành là phút).   6 

D. 9.   

5

Câu 19:  Với  a , b  0   bất  kỳ.  Cho  biểu  thức  1

2

Câu 25:  Tại  một  thời  điểm  t   trước  lúc  đỗ  xe  ở 

a , b  là các số hữu tỷ. Khi đó, tổng  4 a  b  bằng:   

2

trạm dừng nghỉ, ba xe đang chuyển động đều với 

A.  1.    B.  1.    C.  0.    D.  2.    Câu 16: Hàm số nào sau đây có 2 điểm cực đại và  1 điểm cực tiểu? 

3x

thực khác  0.  Một phương trình bậc hai với hệ số 

4

Xe thứ nhất  Xe thứ hai Xe thứ ba 

1

a3 b  b3 a 6

a6b

. Tìm mệnh đề đúng. 

A. P  ab .   

B. P  3 ab .   

C. P  ab .   

D. P  ab.  

6

4

5

8

11 12  13 

Câu 20: Cho số phức  z  thỏa mãn  3iz  3  4 i  4 z.

Giả sử tại thời điểm  t  trên, ba xe đang cách trạm 

Tính môđun của số phức  3 z  4.   

lần lượt là  d1 , d2 , d3 .  So sánh các khoảng cách này. 

A. 5.   

B. 5.   

C. 25.   

D. 1.   

Câu 21:  Trong  các  tích  phân  sau,  tích  phân  nào  2

A.

1 t t  1dt. 2 1

Lovebook.vn|204

4

B.

1 t t  1dt. 2 1

B. d2  d3  d1 .  

C. d3  d1  d2 .  

D. d1  d3  d2 .  

đều cạnh  a,  cạnh bên  SA  vuông góc với đáy và 

1

A. d1  d2  d3 .  

Câu 26: Cho hình chóp  S. ABC  có đáy là tam giác 

không có cùng giá trị với  I   x 3 x 2  1dx ?   2

SA  a 3. Tính thể tích khối chóp. 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết 3

A.

3

a . 12

B.

a . 2

3

C.

a .   4

a . 6

D.

Câu 27: Biết đồ thị hàm số  y  ax 3  bx 2  cx  d  có 

2 điểm cực trị là   1;18  và   3; 16 .  Tính  a  b  c  d.    

A. 0.  

B. 1.  

C. 2.  

mệnh đề sai. 

A. log a  bc   log a b  log a c.  

B. log a

b  log a b  log a c. c C.  log a b   log a b.    

D. log a b.log c a  log c b.  

1  A.  0;1 .   B.   ;1  .   C.   1; 8  .   8 

1  D.  ; 3  .   8 

Câu 35:  Cho  chóp  S. ABC   có  đáy  ABC   là  tam 

giác vuông cân tại  C  với  CA  CB  a; SA  a 3 , SB  a 5  và  SC  a 2.  Tính bán kính  R  của mặt 

D. 3.  

Câu 28:  Với  a ,  b,  c  0,  a  1,    0   bất  kỳ.  Tìm 

Ngọc Huyền LB

3

cầu ngoại tiếp chóp  S. ABC ?  

a 11 a 11 a 11 a 11 .   B.  .   C.  .   D.  . 6 2 3 4 Câu 36: Người ta muốn thiết kế một bể cá bằng 

A.

kính không  có  nắp  với  thể  tích  72dm 3   và  chiều 

cao là  3dm.   Một  vách  ngăn  (cùng  bằng  kính)  ở  giữa,  chia  bể  cá  thành  hai  ngăn,  với  các  kích 

Câu 29: Với giá trị nào của của tham số thực  m  

thước a , b  (đơn vị dm) chư hình vẽ. 

thì x  1   là  điểm  cực  tiểu  của  hàm  số  y

1 3 x  mx 2  m2  m  1 x ? 3

A. m 2; 1 .  

B. m  2.    

C. m  1.    

D. không có  m.  

3 dm

Câu 30: Đồ thị hàm số  y  x 3  1  và đồ thị hàm số  y  x  x  có tất cả bao nhiêu điểm chung? 

A.  0.   B.  1.   C.  2.   D.  3.   Câu 31: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ  thị hàm số  y  x 2  và  y  x  là:   

A.

1 (đvdt). 2

B.

1 (đvdt). 3

Tính a , b  để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất (tính cả  tấm  kính  ở  giữa),  coi  bề  dày  các  tấm  kính  như  nhau và không ảnh hưởng đến thể tích của bể.   

A. a  24 ,  b  24.  

B. a  3,  b  8.  

C. a  3 2 ,  b  4 2.  

D. a  4,  b  6.  

Câu 37:  Cho  z   là  số  phức  thỏa  mãn  z 

1 1 D. (đvdt).  (đvdt).  4 6 Câu  32:  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz,  

Tính giá trị của  z 2017 

cho hình  hộp  ABCD.ABCD   có  A  1; 2; 1 ,  

C.

C  3; 4;1 , B  2; 1; 3  và  D  0; 3; 5  .  Giả sử tọa  độ  D  x; y; z   thì giá trị của  x  2 y  3 z  là kết quả  nào dưới đây?   

A. 1.  

b dm 

a dm

2

B. 0.  

C. 2.  

D. 3.  

Câu 33:  Trong  số các  số phức  z  thỏa mãn điều 

A. 2.  

1  1.   z

1 . z 2017

B. 1.  

C. 1.   

D. 2.  

Câu 38: Biết  F  x    ax  b  e  là nguyên hàm của  x

hàm số  y   2 x  3  e x .  Khi đó  a  b  là   

A. 2.   

Câu

39:

B. 3.   

Tìm

C. 4.  

m

để

D. 5.  

phương

m ln  1  x   ln x  m có nghiệm  x   0;1  

kiện z  4  3i  3,  gọi  z0  là số phức có mô đun 

A. m  0;   .  

B. m   1; e  .  

lớn nhất. Khi đó  z0  là: 

C. m  ; 0  .  

D. m  ; 1 .  

trình

Câu 40:  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz,  

A.  3.   B.  4.   C.  5.   D.  8.   Câu  34:  Tập  nghiệm  của  bất  phương  trình 

cho mặt phẳng   P  : 2 x  2 y  z  3  0  và đường 

 log 3  log 1  2

thẳng    d  :

 x   1 là:  

x 1 y  3 z   . Gọi  A  là giao điểm  1 2 2 205|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

của  d   và   P  ;  gọi  M  là điểm thuộc   d   thỏa 

x

         2              0              2              

mãn điều kiện  MA  2.  Tính khoảng cách từ  M  

y’

               0       +     0             0        + 

y

                           3                                

đến mặt phẳng   P  .  

4 8 8 2 A. .    B.  .   C.  .   D.  .   9 3 9 9 Câu  41:  Cho  x  log 6 5,  y  log 2 3,  z  log 4 10,

                1                             1  

Tìm   m  để phương trình  x4  4x2  3  m  có đúng  4 nghiệm thực phân biệt. 

t  log 7 5. Chọn thứ tự đúng.   

A. z  x  t  y.  

B. z  y  t  x.  

A. 1  m  3.  

C. y  z  x  t.  

D. z  y  x  t.   

C. m  0.    

2 x 1

thức S  Ae ni  trong đó  A  là dân số của năm lấy 

 3x 1  x 2  2 x là: 

A. 0;   .   

B. 0; 2  .    

C.  2;   .   

D.  2;    0 .  

làm mốc,  S  là dân số sau  n  năm,  i  là tỷ lệ tăng  dân số hằng năm. Theo thống kê dân số thế giới  tính  đến  tháng  01/2017,  dân  số  Việt  Nam  có  94,970,597 người và có tỉ lệ tăng dân số là 1,03%.  Nếu tỷ lệ tăng dân số không đổi thì đến năm 2020  dân  số  nước  ta  có  bao  nhiêu  triệu  người,  chọn  đáp án gần nhất.  

Câu 43:  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz,  

xét mặt  cầu   S    đi  qua  hai  điểm  A  1; 2;1 ,

B 3;2;3 ,

tâm

thuộc

mặt

phẳng

 P : x  y  3  0, đồng thời có bán kính nhỏ nhất,  hãy tính bán kính  R  của mặt cầu   S  .  

A. 98  triệu người. 

B. 100 triệu người. 

C. 102 triệu người. 

D. 104  triệu người. 

Câu 48:  Có  bao  nhiêu  số  nguyên  dương  n   sao 

B. 2.   C.  2.   D.  2 2.     A.  1.   Câu 44: Tính thể tích của một khối nón có góc ở 

n

cho n ln n   ln xdx   có  giá  trị  không  vượt  quá 

đỉnh là  900 ,  bán kính hình tòn đáy là  a?  

1

2017 ?

a 3 a 3 a 3 a3 C. D.  .   .   B.  .  .  3 2 4 3 Câu  45:  Trong  không  gian  với  hệ  tọa  độ  Oxyz,  

D. m  1; 3   0 .  

Câu 47: Dân số thế giới được ước tính theo công 

Câu 42:  Tìm  tập  nghiệm  của  bất  phương  trình 

33

B. m  3.    

A.

A. 2017.  

B. 2018.  

C. 4034.    D.  4036.  

Câu 49: Tìm  m  để hàm số  y 

cho bốn  điểm  A  3; 0; 0  ,  B  0; 2; 0  ,  C  0; 0;6    và 

mx  1 có tiệm cận  xm

đứng.

D  1;1;1 . Gọi     là  đường  thẳng  đi  qua  D   và 

A. m 1;1 .  

B. m  1.    

thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm  A ,  B,  C  

C. m  1.    

D. không có  m.  

đến   là lớn nhất, hỏi    đi qua điểm nào trong  các điểm dưới đây? 

Câu 50:  Cho  hàm  số  f  x   ln 4 x  x 2 .   Chọn 

A. M  1; 2;1 .   

B. M  5;7; 3  .   

C. M  3; 4; 3  .  

D. M  7;13; 5  .   

khẳng định đúng. 

Câu 46: Biết rằng hàm số  y  x 4  4 x 2  3  có bảng 

biến thiên như sau:   

Lovebook.vn|206

A. f   3   1,5.  

B. f   2   0.  

C. f   5   1,2.  

D. f   1  1,2.


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN 1.D 

6.A

11.B

16.C

21.A

26.C

31.D

36.D

41.D

46.D

2.D

7.B

12.A

17.A

22.C

27.B

32.B

37.C

42.D

47.A

3.D

8.D

13.D

18.D

23.D

28.C

33.D

38.B

43.D

48.B

4.C

9.C

14.C

19.B

24.C

29.D

34.B

39.A

44.A

49.A

5.D

10.D

15.A

20.B

25.D

30.C

35.B

40.C

45.B

50.B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT  (Được thực hiện bởi thầy cô nhóm toán Bắc – Trung – Nam)    Câu 1: Đáp án D.  Ta có:  y  

 0, x   ;1   1;   nên 

1

 x  1

2

câu D đúng.  Phương án B và D sai vì ta chọn  x1  0,9 ,  x2  10

  \1   ;1   1;   , ta  có:  x1  x2   nhưng  y  x1   y  0,9   9 ,  

Gọi  H  là hình chiếu của  A  lên   SBC  .  

10 , y  x1   y  x2  .  9 Câu 2: Đáp án D.  y  x2   y  10  

Ta có:  VSABC 

1 1 1 AH .SSBC  .SA. SB.SC  a 3 .   3 3 2

Ta có:  y  1  2 cos x.sin x  1  sin 2 x  

Dấu ʺ  ʺ  xảy ra khi  SA   SBC   và  SB  SC . 

 y  2cos 2 x nên câu D đúng. 

Câu 5: Đáp án D. 

Câu 3: Đáp án D. 

Cách

1.

Điều

kiện:

x  0;1 .

Khi

đó:

2  1  x  2 x 2  1 và  1  x  1  2 .  Suy ra  1  y  1 . Do đó  M  1  khi  x  0  và  m  1   khi  x  1 . Vậy  M  m  2 .  Cách 2. Sử dụng MTCT 

  Hàm số  y  x  3 x  có đồ thị như hình vẽ.  3

2

Suy ra hàm số đạt cực trị tại  x  0, x  2  và  x  3 . 

Vậy hàm số có 3 điểm cực trị.   

Câu 4: Đáp án C.  Câu 6: Đáp án A. 

207|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

  Ta có:  AB   1; 2; 3  ,  AC   2; 2; 0  , 

Gọi  P  :2 x  2 y  z  3  0 , ta có: 

d O, P  

2.0  2.0  1.0  3

 1 .

2 2  2 2  12

Câu 7: Đáp án B.  Gọi  I  là trung điểm của  AC . Suy ra  I  là tâm mặt  cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật  ABCD.ABCD ,  do đó  I  là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện  ACBD Bán kính mặt cầu  R  IA  

a 14 1 1 AC  AB2  AD 2  AA2  . 2 2 2 Câu 8: Đáp án D.  

 1    8 AD   3; 1; 2  . V ABCD   AB , AC  .AD  .   6 3 Câu 11: Đáp án B.   Đưởng thẳng  d1  có VTCP  u1   1;1;1  và đi qua  điểm  A  2; 0; 0  . 

 Đưởng thẳng  d2  có VTCP  u2   2; 1; 1  và đi 

qua điểm  B  0;1; 2  .     VTPT của   P   là  n  u1 , u2    0;1; 1 . Khi đó   

phương trình   P   có dạng  2 y  2 z  m  0 . 

 

 

Ta có  d d1 ,  P   d d2 ,  P   d A ,  P   d B ,  P    

m 8

m2 8

 m  1 .

Phương trình mặt phẳng   P   là  2 y  2 z  1  0 .  Câu 12: Đáp án A.  

 SAB    ABC  Ta có:    SA   ABC   ;   SAC    ABC     a 3 .  SBA SB ,  ABC   60 0 .  SA  BA.tan SBA

1 a3 3 VS. ABC  SA.BA.BC  . 6 6 3

VS. AMN SM SN 1 1 a 3 .    VS. AMN  VS. ABC  . 4 24 VS. ABC SM SC 4

Vậy VABMNC  VS. ABC  VS. AMN 

a3 3 . 8

x 

lim y  lim

x 

x 

x 

x x 1 2

Câu 10: Đáp án D. 

Lovebook.vn|208

Dựng SH  AB  SH   ABC  . Gọi  G1 , G2   lần  Dựng đường thẳng  d1  đi qua  G1  và vuông góc với 

x x2  1  lim

x 

 lim

x 

x 1 x 1 2 x

x x 1 

1 x2

 1 ,

 1 .

Vậy hàm số có hai tiệm cận ngang là  y  1  và  y  1 . 

giao tuyến  AB .  lượt là trọng tâm của  ABC  và  SAB . 

Câu 9: Đáp án C. 

Ta có:  lim y  lim

Do mặt phẳng   SAB   vuông góc   ABC   với theo 

 ABC  , dựng  đường  thẳng  d   đi  qua  G   và  vuông góc với   SAB  . Gọi  d  cắt  d  tại  I . Khi đó  2

1

2

2

I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp  S. ABC  và bán  kính là  R  SI .  Ta có  SH 

a 3 a 2  SG2  SH  và   2 3 3

1 a 3 G2 I  HG1  HC  . 3 6


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Khi đó  R  SI  SG22  G2 I 2 

Ngọc Huyền LB

Ta có 

a 15 . Vậy  6

1 1  1 1 a3 b3  b6  a6  1 1 a b b a a b b a    a3 b3  3 ab P   1 1 6 6 6 6 a b a b b6  a 6 Câu 20: Đáp án B.   1 3

5a 2 . 3 Câu 13: Đáp án D.   Sxq  4 R 2 

Tọa độ  A  3; 2   và  B  1; 6  . 

1 3

1 1 3 2

1 1 3 2

3  4i  i . Suy ra  4  3i

Ta có  M  là trung điểm  AB  nên có  M  1; 2  . Vậy 

Ta có  3iz  3  4i  4 z  z 

điểm M  biểu diễn số phức  1  2i . 

3z  4  3i  4  3z  4  3i  4  5 .

Câu 14: Đáp án C.  

Câu 21: Đáp án C.  

Ta có  a  log 2 2 .5  2  log 2 5  log 2 5  a  2 . 

Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1  tdt  xdx . Khi 

Mà  O  . 

x  1  t  0 , x  2  t  3   

Câu 15: Đáp án A.    Tọa có  AH   x  1; y  1; z  1 ;   BH   x  2; y  1; z  2  .     Và  BC   2; 1; 3  ;  AC   1;1; 0  ;  AB   1; 2; 3  . 

Do đó  I   x 3 x 2  1dx  

2

Để H  là trực tâm tam giác  ABC  khi và chỉ khi     AH.BC  0 2 x  y  3 z  2        x  y  1    BH. AC  0       x  y  z  1    AB, AC  .AH  0 Vậy từ phương trình cuối của hệ ta có  x  y  z  1 Với hàm số  y   x 4  x 2  1  có 

3 x

2

 81

 4 ln x 1  4 ln x  1 1 1 x dx  1  x + x  dx  41 ln xd  ln x   1 x dx 2

1

 2 ln 2 2  ln 2

 4 a  b  4.2  1  9 .  

Câu 19: Đáp án B.  

   2  32   5

5

Câu 23: Đáp án D.   Vnon 

1 2 3a3 ;  R h  a 3  R 2 h   3

3a 3  3a 3  Câu 24: Đáp án C.   Vtru  R 2 h  

z  a  bi và  z  a  bi  là nghiệm của phương trình  2

 z  z x  z.z  0

2

2

4

d1  60.4    60  15t  dt  360 ;

0

4

Câu 18: Đáp án D.  

1

2

4

bằng 0 . 

2

 1  i 

d3  40.8    40  10t  dt  400  

Vậy Tổng các nghiệm của phương trình  3x

2

10

9

 x 2  1  2  x 2  4  x  2  4 x 

 2 ln 2 x  ln x

1  i 

 50  d2  50.4    50  t  dt  445   9  0

 81  x 4  3 x 2  4  x 4  3 x 2  4  0

2

 1 t 2 dt

0

Câu 17: Đáp án A.  

2

2

Câu 25: Đáp án D.  

có 2  điểm cực đại và  1  điểm cực tiểu.   3 x2

t

 x  2 ax  a  b  0 .

nghiệm phân biệt và hệ số  a  4  0  nên hàm số 

4

0

3

Câu 22: Đáp án B.  

2

 y   x 4  x 2  1  4 x 3  2 x ; Vì  y  0  có  3  

3x

1

 x  z x  z  0  x

Câu 16: Đáp án C.  

2

2

Câu 26: Đáp án C.  

1 1 a2 3 a3 a 3  . Ta có  VS. ABC  SA.SABC  3 3 4 4 Câu 27: Đáp án B.   y  ax 3  bx 2  cx  d  y ,  3ax 2  2bx  c  0  có 2 

nghiệm x1  x2  x1 .x2 

2b  1  3  b  3a  1 ; 3a

c  1.3  c  9 a  2  3a

209|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Mà 2 điểm cực trị là ( 1;18) và (3; 16) thuộc đồ thị 

suy ra  x  y  z  1 . Khi đó  x  2 y  3 z  0   

nên ta có:  a  b  c  d  18  3   

Câu 33: Đáp án D.  

27 a  9b  3c  d  16  4  . Giải hệ 4 phương trình

Giả sử  z  x  yi , ( x , y   )  z  x 2  y 2  

51 153 ,b  ,c  , 1 ,  2  ,  3  ,  4  ta có:  a  17 16 16 16

z  4  3i  3   x  4    y  3   9  1  

203 d  a b c  d 1 16 Câu 28: Đáp án C.  

2

 điểm biểu diễn  M  x; y   của số phức  z  trong  mặt phẳng  Oxy  luôn thuộc đường tròn   C   có 

1 Dựa vào công thức đổi cơ số  log a b  log a b .   Câu 29: Đáp án B.   Ta có:  y  x  2 mx  m  m  1   2

2

2

x  1 là điểm cực tiểu của hàm số   y ʹ  1  0      m 2  3m  2  0  m  1  hoặc  m  2   

Với m  1  ta có  y ʹ  x    x  1  0  nên hàm số  2

phương trình   1 ,   C   có tâm  I  4; 3   bán kính   R  3  . Mà  z  OM  OM    Suy ra  z  lớn nhất   M   C   sao cho  OM  lớn  nhất   điểm  I thuộc đoạn  OM    3 ‐ Phương trình đường thẳng  OM  là  y   x    4 ‐ Giải hệ phương trình tọa độ giao điểm của  OM  

không có điểm cực trị. 

8 6 32 24 và  C   ta được  x  , y    hoặc  x  ,y   5 5 5 5

x  1 , Với  m  2  ta có  y ʹ  x   x 2  4 x  3  0   x  3

So sánh  z  x 2  y 2  suy ra số phức có mô đun 

lập BBT suy ra  x  1  là điểm cực đại của hàm số.  Vậy không có giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.  Câu 30: Đáp án C.  

Phương trình hoành độ giao điểm  x 3  1  x 2  x  x 3  x 2  x  1  0  x  1 . 

Câu 31: Đáp án D.  

Phương trình hoành độ giao điểm của các đồ thị  hàm số  y  x 2 và  y  x  có nghiệm là  x  0; x  1 . 

lớn nhất là  z0  8    Câu 34: Đáp án D.  

  log 3  log 1 x   1  0  log 1 x  3 2 2   3

1 1 1 x     x1 2 8   Câu 35: Đáp án B.   A

Diện tích hình phẳng cần tìm là:  1 .  6 Câu 32: Đáp án B.   1

S   x 2  x dx  0

F

B

C

I I

B

C A

D

E B'

C' I'

S

A'

D'

Gọi  I  và  I ʹ  lần lượt là tâm của các hình bình  hành  ABCD  và  A ʹ B ʹ C ʹ D ʹ .   Khi đó  I  2; 1;0   và  I ʹ  1;1; 4  .  

  Theo tính chất của hình hộp suy ra  I ʹ I  D ʹ D  

Lovebook.vn|210

Từ giả thiết ta chứng minh được các tam giác ACS ,  ACB  vuông tại  C . Gọi E là tâm đường tròn ngoại 

tiếp tam giác  SBC ,  r  là bán kính đường tròn ngoại  tiếp tam giác  SBC .  


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

SC.SB.BC a 2.a 5.a a 10    CE   1 2 4SSBC 2 4. a 2 (Tính diện tích tam giác  SBC  bằng công thức Hê 

Đồng nhất hệ số ta được:  a  2  và  b  1 . Vậy 

rông)

x   0;1  m. ln  1  x   1  ln x  

ta có:  r 

Trong tam giác vuông  AFI  ta có   AI  FA 2  FI 2  CE 2  AF 2  

10 a 2 a 2 a 11     4 4 2

Câu 36: Đáp án D.  

a  b  3 .  

Câu 39: Đáp án B.  

Phương trình  m.ln  1  x   ln x  m  có nghiệm  Vì  x   0;1 nên:  ln  1  x   1  0 . Từ đó: 

m

ln x  f  x ln  1  x   1

Bấm Mode 7, nhập  f  x  

ln x ln  1  x   1

24 (1)  b Bể cá tốn ít nguyên liệu nhất nghĩa là diện tích 

(1) Bấm Start, nhập 0 

(2) Bấm End, nhập 1  

toàn phần nhỏ nhất.  

(3) Bấm Step, nhập 0,1 

Ta có diện tích toàn phần của bể cá là: 

(4) Nhìn vào bảng, ta chọn B.  

216 Stp  3.3a  ab  2.b3   6b  24   b Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 

Câu 40: Đáp án C.  

Có: V  72  3.ab  72  a 

Stp 

216 216  6b  24  2 .6b  24  96 b b

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:  216  6b  b  6  b  0  . Từ (1), ta suy ra:  a  4 .   b Câu 37: Đáp án C.  

 z  1 z 1   z z  

  3 i  cos  i.sin 2 3 3     3 i  cos     i.sin    2  3  3

1  2 1  2

TH1: Với  z 

1 3 1 1 3  i thì    i  2 2 z 2 2

Khi đó:  z 2017

2017  2017  1 3  cos  i.sin   i 3 3 2 2

1 z

2017

 cos

2017  2017  1 3  i.sin   i .   3 3 2 2

Suy ra:  z 2017 

1 z

2017

 1 .  

A  d  A  t  1; 2t  3,2t  . A   P   2  t  1  2  2t  3   2t  3  0  t  5 5 1 Khi đó:  A  d  A  ;  ,  ;  4 2 2

M  d  M  u  1; 2u  3,2u    2

2

 11  23 7 11   M1  ;  ;  u  12  12 6 6       7 5 23 5  u    M 2  ;  ;   12 6 6  12   23   7  11 2.    2      3 8  12   6 6  ;  d  M1 ;  P    3 9  7   23  5 2.    2      3 8  12   6  6    d  M1 ;  P    3 9 Câu 41: Đáp án D.   Ta có  log 6 5  log 7 5    x  t  ;  

Câu 38: Đáp án B.  

log 2 3  1  log 6 5  y  x  ;   log 4 10  log 4 9  log 2 3    z  y . Vậy  z  y  x  t.  

 ax  b  e x    2 x  3  e x  

Câu 42: Đáp án D.  

 a.e x  e x  ax  b    2 x  3  e x

Cách 1: 

 e x  ax  a  b    2 x  3  e x

2

 1  1  1 MA  2   u     2u     2u    4 4  2  2 

TH2: như trường hợp 1   Ta có:    2 x  3  e x dx   ax  b  e x , nghĩa là: 

1   4

Điều kiện xác định  x  0 . Ta có   3

2 x 1

 3x 1  x 2  2 x  3

2 x 1

 2 x  3 x  1  x 2  1

211|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Xét hàm  số  f  t   3t 1  t 2   với  t  0 .  Ta  có 

f   t   3t 1.ln 3  2t  0, t  0.

 1  f

AH  AD , BK  BD, CI  CD .   Mà  D   ABC   D     ABC  . 

Vậy hàm số  f  t   đồng biến trên  0;   .   Suy  ra 

Do    là  đường  thẳng  đi  qua  D   nên 

2x  f  x   2x  x  x  2

Vậy để khoảng cách từ các điểm  A , B , C  đến    là  lớn nhất thì    là đường thẳng đi qua  D  và vuông  góc với   ABC  . 

hoặc x  0 .  Kết hợp với điều kiện  x  0 ta được tập nghiệm 

Vậy phương trình đường thẳng   là: 

Cách 2: 

 x  1  2t   y  1  3t  t    .   z  1  t 

của bất phương trình là   2;    0 . 

Với x  1  ta có bất phương trình:  3

2 1

 3 2  1  3 3

2

 3  1 (vô lý). Loại A, B. 

Kiểm tra ta thấy điểm  M  5;7; 3   .  

Với x  0  ta có bất phương trình:  3  3  0  (thỏa 

Câu 46: Đáp án D.  

mãn). Vậy chọn D. 

Ta có  x 4  4 x 2  3  0  x 2  1   

Câu 43: Đáp án D.  

hoặc x 2  3  x  1;  3; 1; 3  

Gọi

tâm

I  a; a  3; b 

thuộc

mặt

phẳng

 P  : x  y  3  0 . Do mặt cầu đi qua hai điểm  A  1; 2;1 , B  3; 2; 3   nên 

Suy ra bảng biến thiên của hàm số  y  x 4  4 x 2  3   như sau: 

IA  IB  R . Suy ra  

 a  1   a  5   b  1   a  3   a  5   b  3 2

2

2

2

2

2

 ab4b4a

Khi đó  R 

 a  1   a  5   3  a  2

2

Do  đó  x  4 x  3  m   có  đúng  4   nghiệm  phân  4

2

biệt  1  m  3  hoặc  m  0    2

 3a2  18a  35  3  a  3   8  2 2 2

Câu 47: Đáp án A.  

Áp dụng  công  thức  với  A  94,970,597 ,  n  3 , 

i  1,03% ta được  S  98  triệu người. 

Câu 44: Đáp án A.  

Câu 48: Đáp án B.  

Hình nón  có  góc  ở  đỉnh  90,   bán  kính  hình  tròn 

Ta có:  

đáy là  a  nên  r  a , h  a.   

n n   n n ln n   ln xdx  n ln n   x ln x 1   dx   n  1 .     1 1  

1 a 3 Khi đó thể tích của hình nón  V  .a 2 .h  .    3 3 Câu 45: Đáp án A.  

Suy ra  n  1  2017  n  2018 . 

Phương trình mặt phẳng   ABC   là  

TXĐ D   \m . Hàm số có TCĐ   mx  1  0  có 

x y z    1  2 x  3 y  z  6  0 . 3 2 6

Dễ thấy  D   ABC  .  Gọi  H , K , I   lần  lượt  là  hình  chiếu của  A , B, C  trên   . 

Lovebook.vn|212

Câu 49: Đáp án A.  

nghiệm khác  m    m 2  1  0  m  1 .  Câu 50: Đáp án B.  

Tập xác  định  D   0; 4  .  Loại  C,  D.  Lại  có  f  x 

4  2x 2 loại A.   f  3  2 3 4x  x


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Phục lục I: Số phức (Chuyên đề có sử dụng nội dung trong sách Công Phá Toán và tài liệu số phức của  thầy Lê Bá Bảo – một giáo viên tâm huyết của trường THPT Đặng Huy Trứ ‐ tp Huế) 

A. Lý thuyết I.Số phức 0. Số i.  Việc xây dựng tập hợp số phức được đặt ra từ vấn đề mở rộng tập hợp số thực  sao cho mọi phương trình đa thức đều có nghiệm. Để giải quyết vấn đề này, ta  bổ sung vào tập số thực    một số mới, kí hiệu là i  và coi nó là một nghiệm của  phương trình  x 2  1  0,  như vậy    i 2  1.    1. Định nghĩa.  Mỗi biểu thức dạng  a  bi ,  trong đó  a , b   , i 2  1  được gọi là một số phức.  Đối với số phức  z  a  bi ,  ta nói a là phần thực, b là phần ảo của z.  Tập hợp các số phức kí hiệu là  .   

2. Số phức bằng nhau.  Hai số phức bằng nhau nếu phần thực và phần ảo của chúng tương ứng bằng  nhau.  a  bi  c  di  a  c  và  b  d.  

Nhận xét:   1. Từ sự bằng nhau của số phức, ta suy ra mỗi số phức hoàn toàn được xác định  bởi một cặp số thực. Đây là cơ sở cho phần 3. Biểu diễn hình học của số phức.  2. Mỗi số thực a được đồng nhất với số phức  a  0i , nên mỗi số thực cũng là một  số phức. Do đó, tập số thực    là tập con của tập số phức  .    3. Số phức  0  bi  được gọi là số thuần ảo và được viết đơn giản là  bi .  4. Số i được gọi là đơn vị ảo. 

y

3. Biểu diễn hình học của số phức.  Điểm biểu diễn số phức  z  a  bi  trên mặt phẳng tọa độ là điểm  M  a; b  .   

M

b

4. Mô đun số phức.  Giả sử số  phức  z  a  bi  được biểu diễn bởi điểm  M  a; b   trên mặt phẳng tọa  O 

a Hình 4.1 

x

 Độ dài của vecto  OM  được gọi là mô đun của số phức z và kí hiệu là  z . 

y

 Vậy z  OM  a2  b2 .   

M

b

độ. Khi đó 

5. Số phức liên hợp.  a  O 

x

‐b Hình 4.2 

M’

Cho số phức  z  a  bi . Ta gọi  a  bi  là số phức liên hợp của z và kí hiệu là   z  a  bi.   

Chú ý:   1. Tổng của một số phức với số phức liên hợp của nó bằng hai lần phần thực  của số phức đó. 

213|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

2. Tích của một số phức với số phức liên hợp của nó bằng bình phương mô đun  của số phức đó. 

II. Các phép toán với số phức. 1. Phép cộng và phép trừ.  Quy tắc: Để cộng (trừ) hai số phức, ta cộng (trừ) hai phần thực và hai phần ảo  của chúng. 

1,  a  bi    c  di    a  c    b  d  i ;

2,  a  bi    c  di    a  c    b  d  i.

2. Phép nhân và phép chia.  a. Phép nhân.  Phép nhân hai số phức được thực hiện theo quy tắc nhân đa thức rồi thay 

i 2  1 trong kết quả nhận được. 

 a  bi  c  di    ac  bd    ad  bc  i   b. Phép chia.  STUDY TIP: 

c  di a  bi   ac  bd ad  bc i  2  a  b2 a 2  b2

Quy tắc thực hiện phép chia hai số phức: 

“ Thực hiện phép chia 

c  di là nhân cả tử và mẫu với số phức liên hợp của  a  bi

a  bi. ”

c  di  c  di  a  bi  ac  bd ad  bc   2  i.   a  bi a2  b2 i 2 a  b2 a2  b2 3. Phương trình bậc hai với hệ số thực. 

Ta có 

Các căn bậc hai của số thực  a  0  là  i a .   Xét phương trình bậc hai  ax 2  bx  c  0  với  a, b, c   ,  a  0.  Xét biệt số    b 2  4 ac , ta có

 0

0

0

Phương trình có  

Phương trình có hai 

1. Nếu xét trên tập số thực thì 

một nghiệm thực  

nghiệm thực phân biệt 

phương trình vô nghiệm. 

được xác định bởi công 

2. Nếu xét trên tập hợp số phức, 

thức  

phương trình có hai nghiệm 

x

b . 2a

x1,2 

b   . 2a

phức được xác định bởi công  thức 

x1,2 

b  i  2a

.

Nhận xét: Trong các đề thi thử và đề minh họa của Bộ GD&ĐT  thì các câu số 

phức là câu dễ, là câu lấy điểm, do vậy khi làm bài ta cần thận trọng trong tính  toán. 

Lovebook.vn|214


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Đọc thêm

Ngọc Huyền LB

III. Giới thiệu một số tính năng tính toán số phức bằng máy tính Casio. Trong máy tính Casio có chế độ tính toán với số phức như sau:  1. Ấn  MODE      2:CMPLX  để vào chế độ tính toán với số phức.  Khi đó các nút quang trọng sau:  2. Nút  ENG  phía trên có chữ i nhỏ, khi chuyển sang chế độ tính toán phức thì 

Ở đây CMPLX là viết  tắt của từ Complex.  Trong tiếng anh, số  phức là complex  numbers.  

sẽ là i.   3. Đặc biệt, khi ấn  SHIFT  2 máy hiện như hình bên.  Ở đây:  1:arg là argument của số phức.  2: Conjp là hiển thị số phức liên hợp của số phức. ( Ở đây Conjp là viết tắt của  conjugate).  3: Dạng lượng giác của số phức  4: Từ dạng lượng giác của số phức chuyển thành dạng chính tắc.  Trên đây là một số lưu ý về tính toán với số phức trên máy tính cầm tay.  Đặc biệt, khi tính mô đun số phức ta sử dụng nút  SHIFT  +  hyp  (Absolute  value) hay chính là nút giá trị tuyệt đối.

     

215|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

B. Một số dạng toán về số phức I. Các bài toán liên quan tới khái niệm số phức Câu 1.  Cho  số  phức  z  a  bi ;    a  ;  b    .  Số  phức liên hợp của số phức  z  là 

z là số thuần ảo  a  0.      Chọn đáp án C.  Câu  6.  Điểm  nào  sau  đây  biểu  diễn  số  phức 

A. z  a  bi.   

B. z  a  bi.  

C. z  bi.    

D. z   a  bi.   Lời giải 

Số phức  liên  hợp  của  số  phức  z  a  bi   là 

z  3  4i trên mặt phẳng tọa độ? 

A. M  3; 4  .   

B. N  4; 3  .  

C. P  3; 4  .  

D. Q  3; 4  .  

z  a  bi.      Chọn đáp án A. 

Lời giải 

Câu 2. Cho số phức  z  3  4i . Số phức liên hợp  của số phức  z  là   

A. z  3  4i   

B. z  3  4i.  

C. z  3.  

D. z  4i.  

Điểm A  a; b    biểu  diễn  số  phức  z  a  bi   trên  mặt phẳng tọa độ.      Chọn đáp án C.  Câu 7. Điểm nào sau đây biểu diễn số phức  z  3  

trên mặt phẳng tọa độ? 

Lời giải  Số  phức  liên  hợp  của  số  phức  z  a  bi   là  z  a  bi.      Chọn đáp án B. 

A. M 0;3 .   B.  N 3;0 .   C.  P  3;1 .   D.  Q 3;3 .   Lời giải 

Câu 3.  Cho  số  phức  z  a  bi ;    a  ;  b    . 

Điểm A  a; b    biểu  diễn  số  phức  z  a  bi   trên 

Môđun của số phức  z  là 

mặt phẳng tọa độ.      Chọn đáp án B. 

A. z  a 2  b2 .   

B. z  a 2  b2 .    

C. z  a2  b2 .  

D. z  2 a 2  b2 .   Lời giải 

Môđun của của số phức  z  a  bi  là  z  a 2  b2 .  

 Chọn đáp án A.  Câu  4.  Cho  số  phức  z  a  bi ;    a  ;  b    .  Khẳng định nào sau đây sai?  A.  z  a  bi.  

C. z  a  b .   2

2

A. M  2;0  .   

B. N  2; 0  .   

C. P  0; 2  .  

D. Q  2; 2  .  

2

Lời giải 

Lời giải 

Điểm A  a; b    biểu  diễn  số  phức  z  a  bi   trên  mặt phẳng tọa độ.      Chọn đáp án C. 

A. M  3; 4  .   

B. N  4; 3  .  

C. P  3; 4  .  

D. Q  3; 4  .  

Ta có:  z  a  bi  z  a  b .   2

trên mặt phẳng tọa độ, với  z  3  4i ? 

D. z  a  b .  

2

z  2 i trên mặt phẳng tọa độ? 

Câu 9.  Điểm  nào  sau  đây  biểu  diễn  số  phức  z  

B. z  a  bi.  

Câu 8.  Điểm  nào  sau  đây  biểu  diễn  số  phức 

2

 Chọn đáp án D. 

Lời giải  z  3  4i  z  3  4i      Chọn đáp án C. 

Câu 5.  Cho  số  phức  z  a  bi ;    a  ;  b    . 

Câu 10.  Điểm nào sau đây biểu diễn số phức  z  

Khẳng định nào sau đây sai? 

trên mặt phẳng tọa độ, với  z  4 i ? 

A. z  là số thuần ảo  a  0.   

A. M  0; 4  .   

B. N  4; 0  .  

B. z  là số thực  b  0.  

C. P  4; 0  .  

D. Q  0; 4  .  

a  0 C. z  là số thuần ảo   .  b  0

D. z  là số thuần ảo  z  là số thuần ảo.  Lời giải 

Lovebook.vn|216

Lời giải  z  4i  z  4i       Chọn đáp án D. 

Câu 11.  Điểm nào sau đây biểu diễn số phức  z  

trên mặt phẳng tọa độ, với  z  2  4i ? 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

A. M  2; 4  .   

B. N  4; 2  .  

C. P  2; 4  .  

D. Q  4; 2  .   Lời giải 

z  2  4i  z  2  4i     Chọn đáp án A. 

Ngọc Huyền LB

A. Hai điểm A , B đối xứng nhau qua gốc tọa độ O.     B. Hai điểm  A , B  đối xứng nhau qua trục hoành.    C. Hai điểm  A , B  đối xứng nhau qua trục tung.    D.  Hai  điểm  A ,  B   đối  xứng  nhau  qua  điểm 

I  1; 0  .  

Câu 12. Gọi  A ,  B  lần lượt biểu diễn các số phức 

z1  2  3i và  z2  2  3i . Khẳng định nào sau đây  đúng?    A. Hai điểm A , B đối xứng nhau qua gốc tọa độ O.  

Lời giải 

Điểm A  4; 3    và  B  2; 3    đối  xứng  nhau  qua  điểm  I  1; 0  .      Chọn đáp án D. 

D.  Hai  điểm  A ,  B   đối  xứng  nhau  qua  điểm 

Câu 16.  Trong mặt phẳng  tọa độ,  tập hợp điểm  biểu diễn số các phức liên hợp  z  của  z  thỏa mãn  z  1  2  là 

I  1; 0  .  

B. Hai điểm  A , B  đối xứng nhau qua trục hoành.    C. Hai điểm  A , B  đối xứng nhau qua trục tung. 

A. đường tròn tâm  I  1;0  , bán kính  R  2.   

B. đường tròn tâm  I  1; 0  , bán kính  R  2.  

Lời giải 

Điểm A  2; 3   và  B  2; 3   đối xứng nhau qua trục 

C. đường tròn tâm  I  0;1 , bán kính  R  2.  

hoành.       Chọn đáp án B. 

D. đường tròn tâm  I  0; 1 , bán kính  R  2.  

Câu 13. Gọi  A ,  B  lần lượt biểu diễn các số phức 

Lời giải 

z1  2  3i và  z2  2  3i .  Khẳng  định  nào  sau 

Gọi z  x  yi ;    x  ;  y      

đây đúng? 

 z  x  yi ; z  1  x  1  yi.   

A. Hai điểm A , B đối xứng nhau qua gốc tọa độ O.  

Ta có:  

B. Hai điểm  A , B  đối xứng nhau qua trục hoành. 

z 1  2 

C. Hai điểm  A , B  đối xứng nhau qua trục tung.    D.  Hai  điểm  A ,  B   đối  xứng  nhau  qua  điểm 

I  1; 0  .   Lời giải 

Điểm A  2; 3   và  B  2; 3   đối xứng nhau qua trục  tung.      Chọn đáp án C.  Câu 14. Gọi  A ,  B  lần lượt biểu diễn các số phức  z1  4  3i   và  z2  4  3i .  Khẳng  định  nào  sau 

 x  1

2

 y 2  2   x  1  y 2  4. 2

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức  z  trên 

mặt phẳng tọa độ là đường tròn tâm  I  1; 0  , bán 

kính R  2.  Do  z  và  z  có các điểm biểu diễn đối  xứng nhau qua trục  Ox   tập hợp các điểm biểu  diễn số phức  z  trên mặt phẳng tọa độ là đường  tròn tâm  I  1; 0  , bán kính  R  2.     Cách khác:  

z 1  2 

đây đúng? 

 x  1   y 2

2

 2   x  1  y2  4. 2

A. Hai điểm A , B đối xứng nhau qua gốc tọa độ O.  

 Chọn đáp án A. 

B. Hai điểm  A , B  đối xứng nhau qua trục hoành.    D.  Hai  điểm  A ,  B   đối  xứng  nhau  qua  điểm 

Câu 17.  Trong mặt phẳng  tọa độ,  tập hợp điểm  biểu diễn các số phức liên hợp  z  của  z  thỏa mãn  z  2i  3  là 

I  1; 0  .  

C. Hai điểm  A , B  đối xứng nhau qua trục tung. 

Lời giải 

A. đường tròn tâm  I  0; 2  , bán kính  R  3.   

B. đường tròn tâm  I  0; 2  , bán kính  R  3.  

Điểm A  4; 3    và  B  4; 3    đối  xứng  nhau  qua 

C. đường tròn tâm  I  2; 0  , bán kính  R  3.  

gốc tọa độ  O.        Chọn đáp án A. 

D. đường tròn tâm  I  2; 2  , bán kính  R  3.  

Câu 15. Gọi  A ,  B  lần lượt biểu diễn các số phức 

Lời giải 

z1  4  3i và  z2  2  3i .  Khẳng  định  nào  sau 

Gọi z  x  yi ;    x  ;  y      

đây đúng? 

 z  x  yi ; z  2i  x    y  2  i.   217|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Ta có:  

Lời giải 

z  2i  3  x2    y  2   3  x2   y  2   9. 2

2

Ta có:  

 Chọn đáp án B. 

z1  m2 ; z2  m2  1;   z3  m2  4;   z4  m2  9.

Câu 18.  Trong  các  số  phức  sau,  số  phức  nào  có 

Suy ra:  z4  z3  z2  z1 .  

môđun nhỏ nhất? 

 Chọn đáp án D. 

A. z1  1  2i.   

B. z2  2  i.  

C. z3  2.    

D. z4  1  i.   Lời giải 

Ta có:  z1  5;   z2  5;   z3  2;   z4  2.  

Câu 22.  Các  điểm  A,  B,  C ,  D   như  hình  vẽ  bên  lần lượt biểu diễn các số phức  z1 ,  z2 ,  z3 ,  z4 . Hỏi 

số phức nào có môđun lớn nhất?    A.  z1 .   B.  z2 .   C.  z3 .  

D. z4 .  

Lời giải 

 Chọn đáp án D.  Câu  19.  Trong  các  số  phức  sau,  số  phức  nào  có 

Ta có:  z1  2;   z2  2 2;   z3  5;   z4  2 5.   

môđun lớn nhất? 

 Chọn đáp án D. 

A. z1  1  2i.   

B. z2  2  i.  

C. z3  3i.    

D. z4  1  i.   Lời giải 

Câu 23.  Các  điểm  A,  B,  C ,  D   như  hình  vẽ  bên  lần lượt biểu diễn các số phức  z1 ,  z2 ,  z3 ,  z4 . Hỏi 

số phức nào có môđun nhỏ nhất?  y

Ta có:  z1  5;   z2  5;   z3  3;   z4  2.  

 Chọn đáp án C. 

C

Câu 20.  Cho  a   ,  số  phức  nào  có  môđun  lớn 

A. z1  a.     

B. z2  a  i.  

C. z3  a  2i.  

D. z4  3  ai.   Lời giải  Ta có:  

z1  a2 ; z2  a2  1;   z3  a2  4;   z4  a2  9.  

Suy ra:  z4  z3  z2  z1 .  

 Chọn đáp án D.  Câu 21.  Cho  m   , số phức nào có môđun  nhỏ 

A. z1 .   

1

A 2 

B. z2 .  

Ta có:  z1  2;   z2  2 2;   z3  5;   z4  2 5.   

 Chọn đáp án A.  Câu 24. Biết các số phức  z  có tập hợp điểm biểu  diễn trên mặt phẳng tọa độ là hình vuông tô đậm  như hình vẽ bên. Môđun lớn nhất của số phức  z  là  y 

A. z1  m.     

B. z2  m  i.  

C. z3  m  2i.  

D. z4  3  mi.  

1

‐1

1

Lời giải 

O

z1  m2 ; z2  m2  1;   z3  m2  4;   z4  m2  9.

‐1

Ta có:  

Suy ra:  z4  z3  z2  z1 .  

 Chọn đáp án A.  Câu  21.  Cho  m   , số  phức  nào có môđun  lớn  nhất?    A.  z1  m.      B.  z2  m  i.   C.  z3  m  2i.  

Lovebook.vn|218

D.  z4 .  

C. z3 .  

Lời giải 

nhất?

x

‐4

D

B

O

‐2

nhất?

2

D. z4  3  mi.  

x

1 2 A.  z max  1.  B.  z max  . C.  z max  2. D.  z max  .   2 2 Lời giải 

z max bằng  độ  dài  đường  chéo  của  hình  vuông 

cạnh bằng 2. 

 Chọn đáp án C. 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Câu 25. Biết các số phức  z  có tập hợp điểm biểu 

Câu 27. Biết các số phức  z  có tập hợp điểm biểu 

diễn trên mặt phẳng tọa độ là hình vuông tô đậm 

diễn trên  mặt  phẳng  tọa  độ  là  phần  tô  đậm. 

như hình vẽ bên. Môđun nhỏ nhất của số phức  z  là 

Môđun nhỏ nhất của số phức  z  là 

y

y

1

‐1

1 O 

O

1

x

x

2

‐1

 

A. z min  0.    C.  z min  2.  

1  .  2

B. z min

 1.  

A. z min  1.   

B. z min

D. z min

2  . 2

2 C. z min  .   3

D. z min  3.   Lời giải 

Lời giải 

y

z min  0 , điểm biểu diễn là điểm  O . 

A

 Chọn đáp án A.  Câu 26. Biết các số phức  z  có tập hợp điểm biểu 

O

diễn trên mặt phẳng tọa độ là hình tròn tô đậm 

B 1

2

x

như hình vẽ bên. Môđun lớn nhất của số phức  z  là     Tam  giác  OAB   có  góc  OBA   là  góc  tù  nên 

y

OA  OB  z  OB  1.   O 

1

2

Vậy z min  1.  

x

 Chọn đáp án A.  Câu 28. Biết các số phức  z  có tập hợp điểm biểu 

 

A. z max  1.   

B. z max  2.  

C. z max  3.  

D. z max  3.  

diễn trên  mặt  phẳng  tọa  độ  là  đường  elip  như  hình vẽ bên. Môđun nhỏ nhất của số phức  z  là  y 

Lời giải 

1

y A  O 

2 x 

B O 

1

2

x

 là  góc  tù  nên  Tam  giác  OAB   có  góc  OAB

OA  OB  z  OB  3.   Vậy  z max  3.  

 Chọn đáp án C. 

A. z min  1.   

B. z min  2.  

1 C. z min  .   2

3 D. z min  .   2 Lời giải 

Elip có độ dài trục nhỏ bằng  2b  2  z min  1.   

 Chọn đáp án A.  Câu 29. Biết số phức  z  có tập hợp điểm biểu diễn 

trên mặt  phẳng  tọa  độ  là  hình  elip  tô  đậm  như  hình vẽ bên. Môđun lớn nhất của số phức  z  là  219|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

y

y 1 

O

2

2 x 

 

A. z max  1.   

B. z max  2.  

1 C. z max  .   2

3 D. z max  .   2 Lời giải 

Elip có độ dài trục lớn bằng  2 a  4  z max  2.   

 Chọn đáp án B.  Câu 30. Điểm  A  ở hình vẽ bên biểu diễn số phức 

nào sau đây? 

x

2

A. z  2  2.   

B.  z  2i  2.  

C. z  2  2i  2.         

D. z  1  2i  2.  

Lời giải 

Đường tròn có tâm  I  2; 2  ,  bán kính  R  2.  Gọi 

z  x  yi ;  x  ;  y      có  điểm  M  x; y    biểu  diễn  z  trên mặt phẳng tọa độ. Ta có: 

y

z  2  2i   x  2    y  2  i

 z  2  2i  2   x  2    y  2   4. 2

A ‐2 

O

1 O 

A. 1  2i.     

B. 2  i.  

C. 2  i.  

D. 2  i.  

 Chọn đáp án C. 

x

2

Câu 33.  Trong  mặt  phẳng  tọa  độ,  hình  tròn  tô  đậm như hình vẽ bên là tập hợp điểm biểu diễn  số phức  z . Hỏi số phức  z  thỏa mãn bất đẳng thức  nào sau đây? 

Lời giải 

y

Điểm A  2;1  biểu diễn số phức  2  i  trên mặt  phẳng tọa độ.     Chọn đáp án B. 

2

Câu 31. Điểm  B  ở hình vẽ bên biểu diễn số phức 

nào sau đây? 

O

x

2

y 3 

B

O

A. 3  i.   

B. 3.  

x

C. 3i.  

D.  1  3i.  

Lời giải 

Điểm B  0; 3    biểu  diễn  số  phức  3i   trên  mặt  phẳng tọa độ. 

 Chọn đáp án C.  Câu 32. Trong mặt phẳng tọa độ, đường tròn tô 

A. z  2  2.   

B.  z  2i  2.  

C. z  2  2i  2.         

D. z  1  2i  2.  

Lời giải 

Hình tròn  có  tâm  I  2;0  ,   bán  kính  R  2.   Gọi 

z  x  yi ;  x  ;  y      có  điểm  M  x; y    biểu  diễn  z  trên mặt phẳng tọa độ. Ta có:   z  2   x  2   yi  z  2  2i  2   x  2   y2  4.   2

 Chọn đáp án A. 

đậm như hình vẽ bên là tập hợp điểm biểu diễn 

Câu 34. Trong mặt phẳng tọa độ, đường tròn tô 

số phức  z .  Hỏi số  phức  z   thỏa mãn  đẳng  thức 

đậm như hình vẽ bên là tập hợp điểm biểu diễn 

nào sau đây? 

số phức  z . Hỏi số phức  z  thỏa mãn đẳng thức  nào sau đây? 

Lovebook.vn|220


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

số phức  z . Hỏi số phức  z  thỏa mãn bất đẳng thức 

y

nào sau đây?  y 

‐2

O

x

1

2

‐1 O 

x

 

A. z  1  2.   

B. z  i  3.  

C. z  i  3.                

D. z  1  3.  

Lời giải 

Đường tròn có tâm  I  1;0  ,  bán kính  R  3.  Gọi 

z  x  yi ;  x  ;  y      có  điểm  M  x; y    biểu  diễn  z  trên mặt phẳng tọa độ. Ta có:   z  1   x  1  yi  z  i  3   x  1  y 2  9.   2

 Chọn đáp án D.  Câu  35.  Trong  mặt  phẳng  tọa  độ,  hình  tròn  tô 

đậm như hình vẽ bên là tập hợp điểm biểu diễn 

 

A. z  1  3.   

B. z  i  3.  

C. z  1  3.               

D. z  i  3.  

Lời giải 

Hình tròn  có  tâm  I  1;0  ,   bán  kính  R  3.   Gọi 

z  x  yi ;  x  ;  y      có  điểm  M  x; y    biểu  diễn  z  trên mặt phẳng tọa độ. Ta có:   z  1   x  1  yi  z  i  3   x  1  y 2  9.   2

 Chọn đáp án C. 

221|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

II. Dạng toán xác định tập hợp điểm biểu diễn số phức Câu 1. Miền được tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ

Lời giải

nào sau đây là tập hợp các điểm biểu diễn số phức

Gọi z  x  yi;  x  ; y 

z , biết z có phần thực không bé hơn 1?

M  x; y  biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ.

y

y

 . Số phức

z có điểm

Theo giả thiết: x  1  Chọn đáp án A. Câu 3. Miền được tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ

x O

x

1

O

1

nào sau đây là tập hợp các điểm biểu diễn số phức

z , biết z có phần ảo không nhỏ hơn 1? y

A.

y

B.

x O

y

y

x

1

O

1

1 1

x

x

O

O

A.

B. y

y 1

D.

C.

Lời giải

Gọi z  x  yi;  x  ; y 

1

x O

 . Số phức

x

O

z có điểm

M  x; y  biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ. Theo giả thiết: x  1  Chọn đáp án B.

D.

C.

Câu 2. Miền được tô đậm (không kể bờ) trong

Lời giải

hình vẽ nào sau đây là tập hợp các điểm biểu diễn

Gọi z  x  yi;  x  ; y 

số phức z , biết z có phần thực nhỏ hơn 1?

M  x; y  biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ.

y

y

 . Số phức

z có điểm

Theo giả thiết: y  1  Chọn đáp án D. Câu 4. Miền được tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ

x O

x

1

O

1

nào sau đây là tập hợp các điểm biểu diễn số phức

z , biết z có phần ảo không lớn hơn 1? y

A.

y

B.

x O

y

y

x

1

O

1 1

x

O

O

C. Lovebook.vn|222

D.

x

A.

B.

1


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

y

y

y

y

1 1

x

1

1

x

x

O

O

O

D.

C.

1

1

B.

A.

Lời giải Gọi z  x  yi;  x  ; y 

y

y

 . Số phức

x

O

z có điểm

M  x; y  biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ.

1

1 O

Theo giả thiết: y  1  Chọn đáp án C.

x

x -1 O

-1

Câu 5. Miền được tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ nào sau đây là tập hợp các điểm biểu diễn số phức C.

z , biết z có phần thực không bé hơn phần ảo?

Lời giải

y

y

Gọi z  x  yi;  x  ; y 

1

1 O

x

O

x

D.

1

1

 . Số phức

z có điểm

M  x; y  biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ. Theo giả thiết: x  y  Chọn đáp án B. Câu 7. Miền được tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ nào sau đây là tập hợp các điểm biểu diễn số phức

z , biết z có phần thực không lớn hơn phần ảo?

B. A.

y

y y

y

1

1 O

1

1 x

x

O

x

O

x

1

1

-1 O

-1

B. A.

D.

C.

y

Lời giải

Gọi z  x  yi;  x  ; y 

 . Số phức

y

z có điểm 1 O

M  x; y  biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ.

1 x

x

-1

Theo giả thiết: x  y  Chọn đáp án A.

-1 O

Câu 6. Miền được tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ nào sau đây là tập hợp các điểm biểu diễn số phức

z , biết z có phần thực không lớn hơn phần ảo?

C.

D. Lời giải

Gọi z  x  yi;  x  ; y 

 . Số phức

z có điểm

M  x; y  biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ. 223|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Ta có: z  x  yi . Theo giả thiết: x   y

Câu 10. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z

 Chọn đáp án D.

thỏa mãn z  1  i  2 trong mặt phẳng tọa độ là

Câu 8. Miền được tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ

A. Hình tròn tâm  1;1 , bán kính bằng 2.

nào sau đây là tập hợp các điểm biểu diễn số phức

B. Đường tròn tâm  1;1 , bán kính bằng 2.

z , biết z có phần thực không bé hơn phần ảo?

C. Hình tròn tâm 1; 1 , bán kính bằng 2.

y

y

D. Đường tròn tâm 1; 1 , bán kính bằng 2. 1

1 x O

Lời giải

x

O

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

1

1

 . Điểm

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ. Ta có:

z  1  i   x  1   y  1 i

B.

 z  1  i  2   x  1   y  1  4.

A.

2

y

y

2

 Chọn đáp án A. Câu 11. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z 1

1 O

x

x

-1

thỏa mãn z  1  i  z  2i trong mặt phẳng tọa độ là

-1 O

A. Đường thẳng có phương trình x  3y  1  0. B. Đường x  3y  1  0.

C.

D.

phương

trình

C. Đường thẳng có phương trình x  3y  0.

Lời giải

Gọi z  x  yi;  x  ; y 

thẳng

 . Số phức

z có điểm

M  x; y  biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ. Ta có: z  x  yi . Theo giả thiết: x   y  Chọn

D. Đường thẳng có phương trình x  3y  1  0. Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

đáp án C.

Ta có:

Câu 9. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa

z  1  i   x  1   y  1 i; z  2i  x   y  2  i

mãn z  1  i  2 trong mặt phẳng tọa độ là A. Hình tròn tâm  1;1 , bán kính bằng 2.

 z  1  i  z  2 i   x  1   y  1   x 2   y  2  2

2

  x  3 y  1  0.

B. Đường tròn tâm  1;1 , bán kính bằng 2.

 Chọn đáp án B.

C. Hình tròn tâm 1; 1 , bán kính bằng 2.

Câu 12. Cho số phức z có số phức liên hợp z thỏa

D. Đường tròn tâm 1; 1 , bán kính bằng 2.

mãn z  i  z  2  3i . Tập hợp các điểm biểu

Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ là

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ. Ta có:

z  1  i   x  1   y  1 i  z  1  i  2

  x  1   y  1  4. 2

2

 Chọn đáp án D. Lovebook.vn|224

A. Đường thẳng có phương trình x  2y  2  0. B. Đường thẳng có phương trình x  2y  1  0. C. Đường thẳng có phương trình x  2y  2  0. D. Đường x  2y  2  0.

thẳng

Lời giải

phương

trình

2


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

M  x; y  biểu

C. Đường tròn tâm  2;0  , bán kính bằng 3.

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

D. Đường tròn tâm  2; 2  , bán kính bằng 3.

diễn z trên mặt phẳng tọa độ. Ta có:

Lời giải

z  i  x   y  1 i; z  2  3i   x  2     y  3 i  z  i  z  2  3i  x   y  1   x  2    y  3  2

2

2

Gọi z  x  yi ;  x  ; y  2

 x  2 y  2  0.

 . Điểm

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ. Ta có:

Do z  x  yi  x  ; y 

z  1   x  1  yi  z  1  3   x  1  y 2  9.

có điểm M  x; y 

2

Do

biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

z  1  2i   x  1   y  2  i  x  ; y 

điểm M  x  1; y  2  biểu diễn z  1  2i trên mặt

Biến đổi:

x  2y  2  0   x  2  y   2  0

phẳng tọa độ. Biến đổi:

 M   d : x  2 y  2  0.

 x  1

Câu 13. Cho số phức z có số phức liên hợp z thỏa

 y 2  9   x  1  2    y  2   2   9  M  C

mãn z  1  z  1  2i . Tập hợp các điểm biểu

tâm  2; 2  , bán kính bằng 3.

diễn số phức z  1  3i trên mặt phẳng tọa độ là

 Chọn đáp án B. Câu 15. Biết các số phức z có tập hợp điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là hình vuông tô đậm như hình vẽ bên. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z  2 là

 Chọn đáp án A.

A. Đường thẳng có phương trình x  2y  2  0. B. Đường thẳng có phương trình x  y  3  0. C. Đường thẳng có phương trình x  2y  2  0.

2

2

D. Đường thẳng có phương trình x  y  0. Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

2

y 1

M  x; y  biểu -1

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

1

O

x

Ta có:

z  1   x  1  yi; z  1  2i   x  1    y  2  i  z  1  z  1  2 i   x  1  y 2   x  1   y  2  2

2

 x  y  1  0.

Do z  1  3i   x  1    y  3 i  x  ; y 

điểm M  x  1; y  3  biểu diễn z  1  3i trên mặt phẳng tọa độ. Biến đổi:

x  y  1  0   x  1    y  3   3  0  M   d : x  y  3  0.

 Chọn đáp án B. Câu 14. Cho số phức z thỏa mãn z  1  3 . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z  1  2i trên mặt phẳng tọa độ là

A. Đường tròn tâm  1; 0  , bán kính bằng 3. B. Đường tròn tâm  2; 2  , bán kính bằng 3.

-1

2

A. hình vuông có tâm  0; 0  và có 1 đỉnh là

 2; 2  .

B. hình vuông có tâm  0; 2  và có 1 đỉnh là

1; 3.

C. hình vuông có tâm  0; 2  và có 1 đỉnh là

 3;1.

D. hình vuông có tâm  0; 2  và có 1 đỉnh là

 1;1 .

Lời giải Gọi z  x  yi ;  x  ; y   . Điểm M  x; y  biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ. Tập hợp điểm biểu diễn z như hình vẽ là hình 1  x  1 . vuông cạnh bằng 2 và   1  y  1

225|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

y

y

3

3

2

2

1

1 x

-3 -2

Ta

có:

-1 O

1

2

x

3

-3 -2

-1

-2

 x  2    y  2  -24. -3 Ta có: z  1   x  1  yi , lúc đó biến đổi 2

lúc

đó

biến

đổi

-4

1  x  1 1  x  2  3  .  1  y  1 1  y  1  Chọn đáp án C. Tổng quát: Nếu số phức z có hình  H  biểu diễn trên

mặt phẳng tọa độ thì tập hợp các điểm biểu diễn số phức

 là hình  H có được bằng cách tịnh tiến hình  H  sang phải a đơn vị (nếu a  0 ) và sang z  a;  a 

trái a đơn vị (nếu a  0 ).

2

 x  2   y  2 2

2

 4   x  1  3   y  2   4. 2

2

 Chọn đáp án A.

Tổng quát: Nếu số phức z có hình  H  biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ thì tập hợp các điểm biểu diễn số phức

z  bi;  b 

là hình  H   có được bằng cách tịnh

tiến hình  H  lên trên b đơn vị (nếu b  0 ) và xuống dưới b đơn vị (nếu b  0 ).

Câu 16. Biết các số phức z có tập hợp điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là đường tròn tô đậm như hình vẽ bên. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z  1 là

Câu 17. Biết các số phức z có tập hợp điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là đường tròn tô đậm như hình vẽ bên. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z  1  2i là

y

y

3

3

2

2

1

1

x 1

-1 O

2

3

x -3 -2

-1 O

1

3

2

-1

-1

1; 2 , bán kính bằng 2. B. đường tròn tâm  2; 2  , bán kính bằng 2. -4 C. đường tròn tâm  3; 2  , bán kính bằng 2. D. đường tròn tâm  2; 2  , bán kính bằng 2. A. đường

3

2

-1

z  2  x-3 2  yi ,

-3 -2

1

-1 O

tròn-2 tâm -3

Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

M  x; y  biểu

-2 -3

A. đường tròn -4 tâm 1;0  , bán kính bằng 3. B. đường tròn tâm  2; 2  , bán kính bằng 3. C. đường tròn tâm  2; 2  , bán kính bằng 3. D. đường tròn tâm  2; 2  , bán kính bằng 3. Lời giải

 . Điểm

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

Tập hợp điểm biểu diễn z như hình vẽ là đường

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

tròn có phương trình:

Tập hợp điểm biểu diễn z như hình vẽ là đường tròn có phương trình:  x  1  y 2  9. 2

Lovebook.vn|226


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

 2 z  i  z  z  2i

y

 x 2   y  1   y  1  y  2

2

O -1

x -1

1

mãn z 2   z   4. Tập hợp tất cả các điểm biểu

3

2

2

-2

diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ là

-3 -4

Ta có: z  1  2i   x  1   y  2  i , lúc đó biến đổi

 x  1

2

 y 2  9   x  1  2    y  2   2   9 2

2

1 A. Đường cong y  . x B. Đường thẳng y  x. C. Hai đường thẳng y  x và y  x.

1 1 và y   . x x Lời giải

D. Hai đường cong y 

 Chọn đáp án B Câu 18. Cho số phức z có số phức liên hợp z thỏa mãn z  z  1  i  2 . Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ là

z  x  yi ;  x  ; y 

. Điểm

M  x; y  biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ. 2

 

 z2   z   4 2

C. Đường thẳng y  1. D. Hai đường thẳng y  0 và y  1. Lời giải

  z  x  yi

. Điểm

M  x; y  biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

Ta có: z  z  1  i  1   2 y  1 i

 z  z  1  i  2  1   2 y  1  2 2

 1 y  x  4 xyi  4  xy  1   . y   1  x

 Chọn đáp án D. Câu 21. Điều kiện để số phức z có điểm biểu diễn thuộc phần tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ bên là

  2 y  1  1  y  0  y  1.

y

2

 Chọn đáp án B. Câu 19. Cho số phức z có số phức liên hợp z thỏa mãn 2 z  i  z  z  2i . Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ là 1 A. Đường thẳng y  . 2 2 B. Parabol y  x . x2 C. Parabol y  . 4

1 D. Hai đường thẳng y  0 và y  . 2 Lời giải Gọi z  x  yi ;  x  ; y    z  x  yi . Điểm M  x; y  biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ. Ta có:

  z  x  yi

z 2   z   x 2  y 2  2 xyi  x 2  y 2  2 xyi

B. Hai đường thẳng y  0 và y  1.

z  x  yi ;  x  ; y 

Gọi

Ta có:

A. Đường thẳng y  0.

Gọi

x2 . 4

 Chọn đáp án C. Câu 20. Cho số phức z có số phức liên hợp z thỏa

1 -3 -2

2

z  i  x   y  1 i; z  z  2i  2  y  1 i

3 2 1 x -3 -2

-1 O

1

2

3

-1 -2 -3 -4

A. z có phần thực không lớn hơn 2. B. z có môđun thuộc đoạn  1; 2  . C. z có phần ảo thuộc đoạn  1; 2  . D. z có phần thực thuộc đoạn  1; 2  . Lời giải 227|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ. Từ hình vẽ ta có: 1  x  2.  Chọn đáp án D. Câu 22. Điều kiện để số phức z có điểm biểu diễn thuộc phần tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ bên là y

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ. 2 2  x  y  9 Từ hình vẽ ta có:  .  3  x  1

 Chọn đáp án C. Câu 24. Điều kiện để số phức z có điểm biểu diễn thuộc phần tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ bên là y

3 2

3

1

2

x -3 -2

-1 O

1

2

3

-1

O 1 -3 -2

-2

-1

x

-1

-3

1

3

2

-2 -3

A. z có phần ảo không lớn hơn 3.

-4

B. z có môđun thuộc đoạn  2; 3  .

A. z có phần thực thuộc đoạn 1; 3

C. z có phần ảo thuộc đoạn  2; 3 .

B. z có môđun không lớn hơn 3.

D. z có phần thực thuộc đoạn  2; 3 . Lời giải

C. z có phần ảo thuộc đoạn 1; 3 và có môđun

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

M  x; y  biểu

không lớn hơn 3. D. z có phần ảo thuộc đoạn 1; 3 . Lời giải

diễn z trên mặt phẳng tọa độ. Từ hình vẽ ta có: 2  y  3.

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 Chọn đáp án C.

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

Câu 23. Điều kiện để số phức z có điểm biểu diễn thuộc phần tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ bên là y

 . Điểm

M  x; y  biểu

2 2  x  y  9 Từ hình vẽ ta có:  .  1  y  3

 Chọn đáp án C. Câu 25. Điều kiện để số phức z có điểm biểu diễn 3

thuộc phần tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ bên là y

2

-3

-2

-1 -1

1

O 1

x 2

3

3

2

-2 1

-3 -4

A. z có phần thực thuộc đoạn 3; 1 .

-3 -2

-2

C. z có phần thực thuộc đoạn 3; 1 và có

-3

D. z có phần ảo thuộc đoạn 3; 1 . Lời giải Lovebook.vn|228

1

2

3

-1

B. z có môđun không lớn hơn 3.

môđun không lớn hơn 3.

x

O

-1

A. z có phần thực-4thuộc đoạn  2; 2  . B. z có môđun không lớn hơn 3. C. z có phần ảo thuộc đoạn  2; 2  .


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

D. z có phần thực thuộc đoạn 2;2  và có

Ngọc Huyền LB

A. z có phần ảo không nhỏ hơn phần thực. B. z có phần thực không nhỏ hơn phần ảo và

môđun không lớn hơn 3.

có môđun không lớn hơn 3.

Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

C. z có phần thực không nhỏ hơn phần ảo. D. z có môđun không lớn hơn 3. Lời giải

2 2  x  y  9 Từ hình vẽ ta có:  .  2  x  2  

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

 Chọn đáp án D. Câu 26. Điều kiện để số phức z có điểm biểu diễn thuộc phần tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ bên là y

2 2  x  y  9 Từ hình vẽ ta có:  .  y  x

 Chọn đáp án B. Câu 28. Điều kiện để số phức z có điểm biểu diễn thuộc phần tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ bên là

3

A. z có môđun không nhỏ hơn 2.

2 1 -3

x

O

-1

1

C. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 .

3

2

B. z có phần thực thuộc đoạn 2; 3 .

-1

D. z có môđun không lớn hơn 3.

-2

Lời giải

-3

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

-4

 . Điểm

M  x; y  biểu

A. z có phần thực không nhỏ hơn phần ảo.

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

B. z có môđun không lớn hơn 3.

 x2  y 2  9 .  Chọn đáp án C. Từ hình vẽ ta có:  2 2  x  y  4 Câu 29. Điều kiện để số phức z có điểm biểu diễn thuộc phần tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ bên là

C. z có phần ảo không nhỏ hơn phần thực. D. z có phần thực không nhỏ hơn phần ảo và có môđun không lớn hơn 3. Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

y

M  x; y  biểu

3

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

2

2 2  x  y  9 Từ hình vẽ ta có:  .  y  x

1 -3

-1

O -1

 Chọn đáp án D.

3

1

x

2

-2

Câu 27. Điều kiện để số phức z có điểm biểu diễn

-3

thuộc phần tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ bên là

-4

y

A. z có môđun không nhỏ hơn 2. B. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 và phần thực

3

thuộc đoạn 3; 1 .

2

C. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 . 1 -3

x

O

-1 -1 -2 -3 -4

1

2

3

D. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 và phần ảo thuộc đoạn 3; 1 . Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ. 229|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

x2  y2  9  Từ hình vẽ ta có:  x 2  y 2  4 .  Chọn đáp án D.  3  y   1 

B. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 và phần thực không âm.

Câu 30. Điều kiện để số phức z có điểm biểu diễn thuộc phần tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ bên là

D. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 và phần ảo

C. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 .

không âm.

y

Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

3

x2  y 2  9  Từ hình vẽ ta có:  x 2  y 2  4. x  0 

1 x

3

O -1

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

2

-3

 . Điểm

1

-1

2

-2

 Chọn đáp án B.

-3

Câu 32. Điều kiện để số phức z có điểm biểu diễn

-4

thuộc phần tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ bên là A. z có môđun không nhỏ hơn 2.

y

B. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 và phần ảo thuộc đoạn 1;1 .

3

C. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 .

2

D. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 và phần thực

1 -3 -2

thuộc đoạn 1;1 .

-1 O

x 1

2

3

-1

Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

-2

M  x; y  biểu

-3

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

-4

x2  y 2  9  Từ hình vẽ ta có:  x 2  y 2  4.  Chọn đáp án D. 1  x  1 

Câu 31. Điều kiện để số phức z có điểm biểu diễn thuộc phần tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ bên là y

A. z có môđun không nhỏ hơn 2. B. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 và phần thực không âm. C. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 . D. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 và phần ảo không âm. Lời giải

3

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

2

-2

x2  y 2  9  Từ hình vẽ ta có:  x 2  y 2  4. y  0 

-3

 Chọn đáp án D.

-4

Câu 33. Điều kiện để số phức z có điểm biểu diễn

x

O 1

-1

2

-1

A. z có môđun không nhỏ hơn 2.

Lovebook.vn|230

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

1 -3 -2

 . Điểm

3

thuộc phần tô đậm (kể cả bờ) trong hình vẽ bên là


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

dài trục lớn bằng 2a  4  a  2 và có hai tiêu

y

điểm là F1  1;0  ; F2 1;0   c  1  nửa độ dài trục bé là b  a 2  c 2  3. Phương trình chính

3 2

tắc elip có dạng

1 -3 -2

x

-1 O

1

3

2

x2 y 2   1;  a  b  . a 2 b2

Vậy tập hợp các điểm M là đường elip có phương

-2

x2 y 2   1. 4 3  Chọn đáp án A.

-3

Câu

trình

-1

35.

Cho

số

z

phức

thỏa

mãn

z  3  z  3  10 . Tập hợp tất cả các điểm biểu

-4

diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ là đường elip có phương trình

A. z có môđun không nhỏ hơn 2. B. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 và phần thực

y

thuộc đoạn 3; 1 . C. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 .

3 2

D. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 và phần ảo

1

thuộc đoạn 3; 1 .

-3 -2

 . Điểm

-4

 Chọn đáp án B. Câu 34. Cho số phức z thỏa mãn z  1  z  1  4 Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ là đường elip có phương trình B.

x2 y 2 C.   1. 2 1

x2 y 2   1. 4 2

x2 y 2 D.   1. 4 1

Lời giải

Gọi

z  x  yi ;  x  ; y 

  z  x  yi

. Điểm

M  x; y  biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

 x  1  y   x  1  y  4 (1) Chọn F  1;0  ; F 1;0  , lúc đó (1) 2

1

2

2

2

A.

x2 y 2   1. 16 25

B.

x2 y 2   1. 25 16

C.

x2 y 2   1. 16 9

D.

x2 y 2   1. 16 9

Lời giải

Gọi

z  x  yi ;  x  ; y 

  z  x  yi

. Điểm

M  x; y  biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ. Ta có: z  3  z  3  4

 x  3   y   x  3   y  10 (1) Chọn F  3;0  ; F  3;0  , lúc đó (1) trở 2

2

2

1

2

2

thành:

MF1  MF2  2.5  0  M thuộc đường elip với độ

dài trục lớn bằng 2a  10  a  5 và có hai tiêu

điểm là F1  3;0  ; F2  3;0   c  3  nửa độ dài

Ta có: z  1  z  1  4 

3

-3

x2  y 2  9  Từ hình vẽ ta có:  x 2  y 2  4 .  3  x   1 

x2 y 2   1. 4 3

2

-2

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

A.

x 1

-1

Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

-1 O

trục bé là b  a 2  c 2  4.

2

trở thành:

MF1  MF2  2.2  0  M thuộc đường elip với độ

Vậy tập hợp các điểm M là đường elip có phương trình

x2 y 2   1. 25 16 231|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

 Chọn đáp án B.

A. Tam giác ABC đều.

Câu 36. Cho số phức z thỏa mãn z  2  z  2  8

B. Tam giác ABC vuông cân tại A.

Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z trên

C. Tam giác ABC vuông tại B.

mặt phẳng tọa độ là đường elip có phương trình

D. Tam giác ABC vuông tại A.

A.

x2 y 2   1. 12 4

B.

x2 y 2   1. 16 4

C.

x2 y 2   1. 12 16

D.

x2 y 2   1. 16 12

Lời giải Ta có:

A 1;1 , B  4;1 , C  4; 3   AB   3;0  ; BC   0; 2  . Do AB.BC  0  Tam giác ABC vuông tại B.

Lời giải

Gọi

z  x  yi ;  x  ; y 

  z  x  yi

 Chọn đáp án C. . Điểm

M  x; y  biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

z3  4  3i lần lượt có các điểm A, B, C biểu diễn

Ta có: z  2  z  2  8

trên mặt phẳng tọa độ. Điểm D biểu diễn số phức

 x  2   y   x  2   y  8 (1) Chọn F  2;0  ; F  2;0  , lúc đó (1) trở 2

2

2

1

Câu 38. Cho các số phức z1  1  i , z2  4  i ,

nào sau đây trên mặt phẳng tọa độ sao cho tứ giác

2

2

ABDC là hình bình hành?

thành:

MF1  MF2  2.4  0  M thuộc đường elip với độ

dài trục lớn bằng 2a  8  a  4 và có hai tiêu

A. 1  3i.

B. 7  3i.

C. 3  7i.

Lời giải

Ta có: A 1;1 , B  4;1 , C  4; 3 .

điểm là F1  2;0  ; F2  2;0   c  2  nửa độ dài

Gọi D  x; y  ;  x  ; y 

trục bé là b  a 2  c 2  2 3.

Tứ giác ABDC là hình bình hành

Vậy tập hợp các điểm M là đường elip có phương

D. 3  i.

là điểm cần tìm.

 AB  CD  D  7; 3  .

 Chọn đáp án C.

x2 y 2   1. 16 12  Chọn đáp án D.

trình

Câu 39. Cho các số phức z1  1  i , z2  4  i ,

Câu 36. Cho các số phức z1  1  i , z2  4  i ,

z3  5  3i lần lượt có các điểm A, B, C biểu diễn

z 3  3  2i , z 4  2 i

lần

lượt

các

A, B, C, D biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ. Khẳng định nào sau đây đúng?

trên mặt phẳng tọa độ. Điểm D biểu diễn số phức

A. Tứ giác ABCD là hình vuông.

nào sau đây trên mặt phẳng tọa độ sao cho tứ giác

B. Tứ giác ABCD là hình chữ nhật.

ABCD là hình bình hành?

C. Tứ giác ABCD là hình thang cân.

A. 1  3i. B. 4  3i. C. 2  3i.

D. 3  2i.

D. Tứ giác ABCD là hình thoi.

Lời giải

Lời giải

Ta có: A 1;1 , B  4;1 , C  5; 3 . Gọi D  x; y  ;  x  ; y  Tứ

giác

ABCD

 là

Ta có: A  1; 1 , B  4; 1 , C  3; 2  , D  0; 2  . Ta có: AB   5;0  ; DC  1;0  ; AD  1; 3  suy ra

là điểm cần tìm. hình

bình

hành

 AB  DC  D  2; 3  .

 Chọn đáp án C.

AB  5DC và AB , AD không cùng phương nên ABCD là hình thang với đáy lớn AB. Mặt khác

AD  BC  10 nên suy ra ABCD là hình thang

Câu 37. Cho các số phức z1  1  i , z2  4  i ,

cân.

z3  4  3i lần lượt có các điểm A, B, C biểu diễn

 Chọn đáp án C

trên mặt phẳng tọa độ. Khẳng định nào sau đây đúng?

Lovebook.vn|232

điểm


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

III: Biểu diễn hình học của số phức quỹ tích phức Câu 1: Điểm biểu diễn của số phức z   5  2i

A.  3 ; 2  .

B.  3 ;  2  .

trên mặt phẳng phức là:

 2 3 C.  ;   . 13   13

 2 3  D.  ; .  13 13 

A.  5 ;  2 .

B.  2 ; 5  .

C.  2 ;  5 . D.  5 ; 2  .

Câu 2: Điểm biểu diễn của số phức z  4 trên mặt phẳng phức là: A.  0 ; 4  . B.  4 ; 0  .

C.  0;  4 . D.  4 ; 0  .

Câu 3: Cho các số phức: 2  3i ; 3 ;  i ;  1  2i . Gọi A, B, C, D lần lượt là các điểm biểu diễn cho

Câu 10: Điểm M biểu diễn cho số phức z  có tọa độ là:

A.  3 ; 4  . B.  4 ;  3 . C.  4 ; 3  .

3  4i i 2017

D.  3 ;  4 .

Câu 11: Điểm biểu diễn hình học của số phức z  2017  2017 i nằm trên đường thẳng:

các số phức trên. Tâm I của hình bình hành ABCD

A. y  2x.

B. y  x.

biểu diễn cho số phức nào ?

C. y   x.

D. y   2x.

A. z   1  i.

B. z  2  2i.

Câu 12: Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của

C. z 1 i.

D. z   2  2i.

phương trình z 2  4 z  9  0 . Gọi M, N là các

Câu 4: Cho ABCD là hình bình hành với A, B, C

điểm biểu diễn của z1 , z2 trên mặt phẳng phức.

lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức:

Khi đó độ dài của MN bằng: A. MN  4. B. MN  5.

1  i , 2  3i , 3  i . Khi đó, tọa độ điểm Dlà:

A.  2 ;  3 . B.  2 ; 3  .

C.  4 ; 5  .

D.  4 ;  5 .

Câu 5: Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức là nghiệm z1 , z2 , z3 của phương trình

 z  1  z

2

 1  0 trên mặt phẳng Oxy , biết rằng

Im  z1   0, Im  z2   0, Im  z3   0 . Điểm D trên mặt phẳng tọa độ thỏa mãn ABCD là hình bình hành là biểu diễn của số phức nào sau đây? A. i.

B. 2  i.

C. 1.

D. 1  2i.

Câu 6: Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Điểm A và G biểu diễn cho các số phức 1  i và 2  3i ; B và C lần lượt nằm trên Ox và Oy. Tọa độ của B và C lần lượt là:

A.  7 ; 8  . B.  7 ;  8  . C.  3 ; 2  .

D.  3 ;  2 .

Câu 7: Cho số phức z   7  4i . Số phức liên hợp của z có điểm biểu diễn là:

A.  7 ; 4  . B.  7 ;  4  . C.  7 ; 4  .

D.  7 ;  4 .

Câu 8: Cho số phức z   2016  2017i . Số phức đối của z có điểm biểu diễn là: A.  2016 ;  2017  .

B.  2016 ; 2017  .

C.  2016 ;  2017 .

D.  2016 ; 2017 .

C. MN  2 5.

D. MN  3 5.

Câu 13: Giả sử A và B theo thứ tự là các điểm biểu diễn của các số phức z1 , z2 . Khi đó độ dài của vectơ AB là: A. z1  z2 .

B. z1  z2 .

C. z2  z1 .

D. z2  z1 .

Câu 14: Trong mặt phẳng phức cho tam giác ABC vuông tại C. Biết rằng A, B lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z1  2  2i , z2   2  4i. Một điểm C có thể chọn là điểm biểu diễn số phức nào sau đây? A. z  2  4i.

B. z  2  4i.

C. z   2  4i.

D. z  4i.

Câu 15: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho số phức

z  x  yi  x , y 

 . Khi đó, các điểm biểu diễn

cho các số phức zvà z đối xứng nhau qua: A. trục Ox.

B. trục Oy.

C. gốc tọa độ O.

D. đường thẳng y  x

Câu 16: Điểm biểu diễn của các số phức z  10  bi với b 

, nằm trên đường thẳng có

phương trình là:

Câu 9: Cho số phức z   3i  2 . Điểm biểu diễn

A. x  10.

B. y  10.

của số phức nghịch đảo của z là:

C. y  x.

D. y  x  10. 233|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 17: Cho số phức z  a  a2 i  a 

. Khi đó,

điểm biểu diễn của số phức liên hợp của z nằm trên: A. Đường thẳng y  2x.

Câu 24: Cho A, B, C là ba điểm trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số phức: 2  i;  1  5i; 3i . Tính AB . AC

A. 22.

B. 10.

C. 22.

D. 10.

B. Đường thẳng y   x  1 .

Câu 25: Gọi z1 và z 2 là các nghiệm của phương

C. Parabol y  x 2 .

trình z 2  2 z  10  0 . Gọi M, N, P lần lượt là các

D. Parabol y   x 2 .

điểm biểu diễn của z1 , z2 và số phức k  x  iy

Câu 18: Trong mặt phẳng phức, gọi A và B là hai

trên mặt phẳng phức. Để tam giác MNP đều thì

điểm lần lượt biểu diễn hai nghiệm phức của

số phức k là:

phương trình z 2  6 z  18  0 . Khi đó, tam giác

A. k  1  27 hoặc k  1  27 .

OAB (với O là gốc tọa độ) có tính chất nào sau đây:

B. k  1  27i hoặc k  1  27i .

A. Đều.

B. Cân.

C. Vuông.

D. Vuông cân.

Câu 19: Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức

z1   1  3i; z2   3  2i;

z3  4  i. Chọn kết quả sai:

C. k  27  i hoặc k  27  i . D. k  27  i hoặc k   27  i . Câu 26: Gọi A là điểm biểu diễn của số phức 5  8i và B là điểm biểu diễn của số phức 5  8i.

Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

A. Tam giác ABC vuông cân.

A. Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua trục

B. Tam giác ABC cân.

hoành.

C. Tam giác ABC vuông.

B. Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua trục

D. Tam giác ABC đều. Câu 20: Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức z1  3  2i , z2  2  3i ,

tung.

z3  5  4i . Chu vi của tam giác ABC bằng:

tọa độ O.

A.

26  2 2  58 . B. 26  2  58 .

C.

22  2 2  56 . D.

22  2  58 .

Câu 21: Gọi A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn cho các số phức 4 ; 2i ; m  2i . Với giá trị thực nào của m thì ba điểm A, B, C thẳng hàng ? A. m  8 . B. m   8 . C. m  0 . D. m  16 .

C. Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua gốc D. Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y  x . Câu 27: Tập hợp các điểm trong mặt phẳng biểu diễn số phức zthỏa điều kiện z 2 là một số thực âm là: A. Trục hoành (trừ gốc tọa O).

Câu 22: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A biểu

B. Đường thẳng y  x (trừ gốc tọa O).

diễn số phức z  1  2i , B là điểm thuộc đường

C. Trục tung (trừ gốc tọa O).

thẳng y  2 sao cho tam giác OAB cân tại O. Khi

D. Đường thẳng y   x (trừ gốc tọa O).

đó, điểm B biểu diễn cho số phức nào sau đây: A. 1  2i . B. 2  i .

C. 2i .

D. 1  2i .

Câu 23: Cho các số phức z1   1  3i; z2  2  2i; z3   1  i lần lượt được biểu diễn bởi các điểm

A, B, C trên mặt phẳng phức. Gọi M là điểm thỏa mãn 2 AM  AB  3CB . Khi đó, điểm M biểu diễn cho số phức:

Câu 28: Trên mặt phẳng phức, tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện phần thực bằng hai lần phần ảo là: A. Đường thẳng có phương trình 2x  y  0. B. Đường thẳng có phương trình 2x  y  0. C. Đường thẳng có phương trình x  2y  0. D. Đường thẳng có phương trình x  2y  0.

A. z   i  4.

B. z   i  4.

Câu 29: Tập hợp các điểm trong mặt phẳng biểu

C. z  i  4.

D. z  i  4.

Re  z   2 ; 1 và Im  z   1 ; 3 là:

Lovebook.vn|234

diễn

cho

số

phức

z

thỏa

điều

kiện


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

A. Miền trong của hình chữ nhật giới hạn bởi 4 đường thẳng: y   2, y  1, x  1, x  3. B. Miền trong của hình chữ nhật giới hạn bởi 4 đường thẳng: x   2, x  1, y  1, y  3. C. Miền trong của hình chữ nhật giới hạn bởi 4 đường thẳng: x   2, y  1, x  1, y  3. D. Miền trong của hình chữ nhật giới hạn bởi 4 đường thẳng: y   2, x  1, y  1, x  3. Câu 30: Trong mặt phẳng phức, tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa z  1  i  2 là: A. Đường tròn tâm I  1 ; 1 , bán kính R  4 .

Ngọc Huyền LB

A.  2 ; 2  . B.  2 ;  2  . C.  2 ;  2  . D.  2 ; 2 . zi  1. zi

Câu 35: Cho số phức z thỏa điều kiện

Quỹ tích các điểm biểu diễn cho các số phức z là: A. Đường thẳng x  1. B. Đường thẳng y  1. D. Trục Ox.

C. Trục Oy.

Câu 36: Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa

zi zi

là số

thực: A. Trục Ox (bỏ điểm (1 ; 0)).

B. Đường tròn tâm I  1 ; 1 , bán kính R  2 .

B. Trục Oy (bỏ điểm (0 ; 1)).

C. Đường tròn tâm I 1 ;  1 , bán kính R  4.

C. Hai trục tọa độ Ox và Oy (bỏ điểm (1 ; 0)).

D. Đường tròn tâm I 1 ;  1 , bán kính R  2. Câu 31: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

z  (3  4i)  2 . Quỹ tích các điểm biểu diễn cho các số phức z là: A. Một đường thẳng. B. Một đường tròn. C. Một đoạn thẳng.

D. Một đường elip.

Câu 32: Trong mặt phẳng phức, tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z

thỏa điều kiện

z  i   1  i  z là đường tròn có phương trình:

A. x 2   y  1  2 .

B. x 2   y  1  2 .

C.  x  1  y 2  2 .

D.  x  1  y 2  2 .

2

2

Câu 33: Cho số phức

2

2

z

thỏa điều kiện

3 . Điểm biểu diễn cho số phức z có 2 môđun nhỏ nhất có tọa độ là: z  2  3i 

 26  3 13 78  9 13  ; . A.    13 26    26  3 13 78  9 13  ; . B.    13 26  

D. Hai trục tọa độ Ox và Oy (bỏ điểm (0 ; 1)). Câu 37: Trong mặt phẳng phức, tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z

thỏa điều kiện

z  i  z  i  4 là đường elip có phương trình: x2 y 2 x2 y 2 B.    1.  1. 4 3 4 3 y2 y2 x2 x2 C. D.   1.   1. 15 15 4 4 4 4 Câu 38: Cho số phức z thỏa điều kiện

A.

2 z  i  z  z  2i . Quỹ tích các điểm biểu diễn cho các số phức z là: A. Parabol y  

x2 . 4

B. Parabol y   4 x 2 .

x2 D. Parabol y  4 x 2 . . 4 Câu 39: Trong mặt phẳng phức, tập hợp các điểm

C. Parabol y 

biểu diễn các số phức z

thỏa điều kiện

2  z  i  z là đường thẳng có phương trình: A. 4x  2y  3  0.

B. 4x  2y  3  0.

C. 4x  2y  3  0.

D. 4x  2y  3  0.

 26  3 13 78  9 13  ; . C.    13 26  

Câu 40: Biết rằng số phức z thỏa mãn điều kiện

 26  3 13 78  9 13  ; . D.    13 26  

phần mặt phẳng biểu diễn số phức z có diện tích

z  1  1 và z  z có phần ảo không âm. Hỏi bằng bao nhiêu ?

z  2  4i  z  2i . Điểm biểu diễn cho số phức

 D. 1. . 2 Câu 41: Kí hiệu z0 là nghiệm phức có phần ảo

z có môđun nhỏ nhất có tọa độ là:

dương của phương trình 4 z 2  16 z  17  0 .

Câu 34: Trong các số phức z thỏa điều kiện

A. .

B. 2.

C.

235|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Trên mặt phẳng tọa độ, điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn của số phức w  i z0 ?

 1  B. M2   ; 2  .  2  1  D. M4  ; 1  . 4 

1  A. M1  ; 2  . 2   1  C. M3   ; 1  .  4 

Câu 46: Trong mặt phẳng tọa độ, phần gạch sọc trong hình vẽ bên là tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z . Khẳng định nào sau đây là sai: y 3 y=2

Câu 42: Điểm M trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn của số phức z . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z .

O

y 3 O

x

x

A. z  3.

B. Im  z   2.

C. Re  z    3 ; 3 .

D. z  z  2 5.

Câu 47: Trong mặt phẳng tọa độ, phần gạch sọc trong hình vẽ bên là tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa mãn điều kiện nào dưới đây:

-4

A. Phần thực là -4 và phần ảo là 3. B. Phần thực là 3 và phần ảo là 4i. C. Phần thực là 3 và phần ảo là -4. D. Phần thực là -4 và phần ảo là 3i. Câu 43: Trong mặt phẳng tọa độ, hình vẽ bên là

y

2 2

hình tròn tâm 1 ; 0  , bán kính R  1 là hình biểu diễn tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z . O

y

1 O

x

x

A. 1  z  2  2i  2.

B. 1  z  2  2i  2.

C. 1  z  2  2i  4.

D. 1  z  2  2i  4.

Câu 48: Gọi (C) là đường tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa điều kiện z  1  z  2i .

Khẳng định nào sau đây là sai: A. max z  2.

B. z  1  1.

C. z . z  4.

D. z  1  1.

Câu 44: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi M là điểm biểu diễn số phức z  3  4i ; M’ là điểm biểu diễn cho số phức z ' 

1i z . Tính diện tích 2

tam giác OMM ' . 25 25 A. SOMM '  B. SOMM '  . . 4 2 15 15 C. SOMM '  . D. SOMM '  . 4 2 Câu 45: Gọi (H) là tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa điều kiện 1  z  2 . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo được khi cho hình (H) quay quanh trục Ox. 26 27  28 29 A. B. C. D. . . . . 3 3 3 3 Lovebook.vn|236

Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường:  C  , trục hoành và đường thẳng x   1 .

17 19 13 15 B. . C. . D. . . 16 16 16 16 Câu 49: Trong mặt phẳng tọa độ, miền trong hình A.

chữ nhật ABCD (kể cả các cạnh AB, BC, CD, DA) trong hình vẽ bên biểu diễn cho các số phức z . Chọn khẳng định đúng:


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

C. Giá trị nhỏ nhất của z bằng 1 .

y A

2

D. Giá trị lớn nhất của z bằng

B

13.

Câu 50: Gọi  C1  là đường tập hợp các điểm biểu diễn 3

-2 O D

số

2 z  2  z  z  4i , x

phức

z1

C  là 2

thỏa

điều

kiện

đường tập hợp các

điểm biểu diễn cho số phức z2  a  i  a 

.

Tìm tọa độ giao điểm của  C1  và  C2  .

C

-1

cho

A. Phần ảo của số phức z  z lớn hơn 4. B. Phần thực của số phức z  z nhỏ hơn 4.

A.  3 ;  1 .

B.  2 ;  1 .

C.  1 ;  2  .

D.  1 ;  3 .

ĐÁP ÁN 1.D

6.A

11.C

16.A

21.B

26.B

31.B

36.D

41.B

46.D

2.B

7.D

12.C

17.D

22.A

27.C

32.A

37.B

42.C

47.A

3.C

8.C

13.C

18.D

23.D

28.C

33.C

38.C

43.D

48.D

4.A

9.D

14.B

19.D

24.B

29.B

34.A

39.A

44.A

49.D

5.B

10.B

15.A

20.A

25.A

30.D

35.D

40.C

45.C

50.B

237|Lovebook.vn


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Phụ lục 2:

Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số và ứng dụng trong thực tiễn I, Cơ sở lý thuyết.  1. Định nghĩa.  Cho hàm số  y  f  x   xác định trên tập D.  a. Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số  y  f  x   trên tập D nếu 

f  x   M với mọi x thuộc D và tồn tại  x0  D  sao cho  f  x0   M.    Kí hiệu:  M  max f  x  .    D

b. Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số  y  f  x   trên tập D nếu 

f  x   m với mọi x thuộc D và tồn tại  x0  D  sao cho  f  x0   m.    Kí hiệu:  m  min f  x  .    D

2. Quy tắc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn  Nhận xét:   Nếu hàm số đơn điệu ( đồng biến hoặc nghịch biến) trên đoạn  a, b   thì giá trị  lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn  a, b   đạt được tại điểm đầu  mút của đoạn   (đây là kiến thức quan trọng để áp dụng khi quý độc giả giải nhanh các bài  toán trắc nghiệm, khi đã nhận ra hàm số đơn điệu trên đoạn  a, b   quý độc giả  không cần tìm đạo hàm của hàm số nữa mà tìm giá trị của hàm số tại hai điểm  đầu mút luôn). 

Quy tắc:  Bước 1: Tìm các điểm  x1 , x2 ,..., xn  trên khoảng   a, b  , tại đó  f ʹ  x   bằng 0 hoặc 

f ʹ  x  không xác định.  Bước 2: Tính  f  a  , f  x1  , f  x2  ,..., f  xn  , f  b  .    Bước 3: Tìm số lớn nhất  M  và số nhỏ nhất  m  trong các số trên. Ta có  M  max f  x  , m  min f  x  .     a ,b 

 a ,b 

Định lý: Mọi hàm số liên tục trên một đoạn đều có giá trị lớn nhất và giá trị  nhỏ nhất trên đoạn đó.  Ta có ví dụ sau:   Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số  y  x  trên khoảng   0;1 .  Lời giải: 

Chú ý: Hàm số liên  tục trên một khoảng  có thể không có giá trị  lớn nhất, giá trị nhỏ  nhất trên khoảng đó.  

Ta thấy rõ ràng  y ʹ 

1 2 x

 0, x   0; 1 nên hàm số luôn đồng biến trên   0;1 , 

và không tồn tại giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng   0;1 .    Do vậy từ đây ta rút ra rằng định lí trên không luôn đúng với một khoảng mà  chỉ đúng với một đoạn.   Lovebook.vn | 241


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Trên đây tôi nói không luôn đúng, chứ không dùng từ luôn không đúng bởi vì  Cũng có những hàm số có giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất trên một  khoảng, như ở ví dụ sau đây: 

II, Áp dụng thực tế  Ví dụ 1: Bác nông dân muốn làm một hàng rào trồng rau hình chữ nhật có 

Hàng

chiều dài song song với hàng tường gạch. Bác chỉ làm ba mặt hàng rào bởi vì  mặt thứ tư bác tận dụng luôn bờ tường( như hình vẽ 1). Bác dự tính sẽ dùng 

r

200 m lưới sắt để làm nên toàn bộ hàng rào đó.  Diện tích đất trồng rau lớn nhất mà bác có thể rào nên là   

A. 1500m 2   

B. 10000m 2   

C. 2500m 2   

Bờ

D. 5000m 2   

x Hình 1

Phân tích: Chọn D.  Đề bài cho ta dữ kiện về chu vi của hàng rào là 200 m. Từ đó ta sẽ tìm được mối  quan hệ giữa x và r, đến đây ta có thể đưa về hàm số một biến theo l hoặc theo r  như sau:   x Ta có  x  2r  200  r  100  . Từ đây ta có  r  0  x  200 .  2  x  x2 Diện tích đất rào được tính bởi:  f  x   x.  100     100 x .  2 2  x  100 x  trên khoảng   0; 200  .    2 Đến đây áp dụng quy tắc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên  đoạn như ở phần lý thuyết trên thì ta có phương trình:  

Xét hàm số  f  x  

2

f ʹ  x   0   x  100  0  x  100

Từ đó ta có  f  100   5000  là giá trị lớn nhất của diện tích đất rào được.  Trên đây là cách làm áp dụng quy tắc chúng ta vừa học, tuy nhiên tôi muốn  phân tích thêm cho quý độc giả như sau: Ta nhận thấy hàm số trên là hàm số  1 bậc hai có hệ số  a    0  , vậy đồ thị hàm số có dạng parabol và đạt giá trị  2 b lớn nhất tại  x   . Vậy áp dụng vào bài này thì hàm số đạt giá trị lớn nhất  2a 100 tại  x   100 . Từ đó tìm  f  100   luôn mà không cần đi tính  f ʹ  x  .  1  .2 2 Ví dụ 2: Một ca sĩ có buổi diễn âm nhạc với giá vé đã thông báo là 600 đô la thì 

sẽ có 1000 người đặt vé. Tuy nhiên sau khi đã có 1000 người đặt vé với giá 600  đô la thì nhà quản lí kinh doanh của ca sĩ này nhận thấy, cứ với mỗi 20 đô la  giảm giá vé thì sẽ thu hút được thêm 100 người mua vé nên ông quyết định mở  ra một chương trình giảm giá vé. Tìm giá vé phù hợp để có được số tiền vé thu  vào là cao nhất và số tiền đó là bao nhiêu?   

A. 400 đô la/ vé, số tiền thu vào là 800 000 đô la 

B. 400 đô la/ vé, số tiền thu vào là 640 000 đô la 

C. 100 đô la/ vé, số tiền thu vào là 11 000 đô la 

D. 100 đô la/ vé, số tiền thu vào là 110 000 đô la 

Lovebook.vn | 242

Kết luận: Với hàm số  bậc hai thì giá trị lớn  nhất hoặc giá trị nhỏ  nhất của hàm số trên  đoạn  a, b   đạt được  tại  x 

b nếu  2a

b  a, b  . 2a 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Phân tích: Chọn A.  Gọi x là số lần giảm bớt đi 20 đô la trong giá vé. Khi đó giá vé sẽ là  600  20x   một người.  Số người mua vé sẽ là  1000  100x .  Tự luyện: Giải quyết ví  dụ 2 bằng việc thay số  liệu như sau: với giá là  1650 đô thì có 900  người mua vé, và mỗi  80 đô giảm giá sẽ thu  hút thêm 80 người. 

Khi đó số tiền thu được sẽ là:  

f  x    600  20 x  1000  100 x   2000 x2  40000 x  600000   Tương tự như Ví dụ 1 thì hàm số là hàm số bậc hai có hệ số  a  2000  0  ta sẽ  áp dụng kết quả đã được đưa ra đó là hàm số sẽ đạt giá trị lớn nhất tại 

x

40000 b   10.   2a 2.  2000 

Khi đó  f  10   800 000 .  Giải thích thực tế: Nguyên lí của bài toán này chính là càng giảm giá vé thì càng thu  hút thêm nhiều người mua. 

Ví dụ 3: Bác Tôm có cái ao có diện tích  50m2  để nuôi cá. Vụ vừa qua bác nuôi  với mật độ 20  con / m 2  và thu được  1,5  tấn cá thành phẩm. Theo kinh nghiệm 

nuôi cá của của mình, bác thấy cứ thả giảm đi 8  con / m 2  thì mỗi con cá thành  phẩm thu được tăng thêm  0, 5 kg.  Vậy vụ tới bác phải mua bao nhiêu con cá  giống để đạt được tổng năng suất cao nhất? ( Giả sử không có hao hụt trong  quá trình nuôi).   

A. 488 con  

B. 512 con 

C. 1000 con 

D. 215 con. 

Phân tích: Chọn B 

Số cá bác đã thả trong vụ vừa qua là  20.50  1000  con.  Tiếp đến ta phải tìm xem nếu giảm đi x con thì mỗi con sẽ tăng thêm bao nhiêu.  Trong hóa học các quý độc giả đã học cách làm này rồi, và bây giờ tôi sẽ giới  thiệu lại cho quý độc giả:  Khi giảm 8 con thì năng suất tăng  0,5 kg / con.     

Khi giảm x con thì năng suất tăng  a kg / con.   

Đến đây ta tính theo cách nhân chéo:  a 

0,5.x  0,0625 x kg / con . 8

Vậy sản lượng thu được trong năm tới của bác Tôm sẽ là:  f  x    1000  x  1,5  0,0625 x  kg    f  x   0,0625 x 2  1,5 x  1500  62,5 x   

 0,0625 x 2  61x  1500

1. Ấn MODE    5: EQN    ấn 3 để giải phương trình bậc 2.   2. Lần lượt nhập các hệ số vào và ấn bằng cho đến khi máy hiện : 

Lúc đó ta nhận được hàm số đạt GTLN tại  x  488 . Vậy số cá giảm đi là 488  con. Đến đây nhiều độc giả có thể sẽ chọn ngay đáp án A. Tuy nhiên đề bài hỏi  “vụ tới bác phải mua bao nhiêu con cá giống” thì đáp án chúng ta cần tìm phải  là  1000  488  512 .   Lovebook.vn | 243


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Trên đây là ba ví dụ về tìm giá trị lớn nhất, tiếp theo ta có ví dụ về tìm giá trị  nhỏ nhất của hàm số bậc hai ứng dụng trong thực tiễn như sau.  Ví dụ 4: Một công ty kinh doanh thực phẩm ước tính rằng số tiền thu vào ở  việc kinh doanh rau được tính xấp xỉ bằng công thức 

h  x   x2  29 000 x  1000 100 000 và tiền lãi được tính bằng công thức 

g  x   1000 x  100 000 với x  là số tiền cho mỗi kg rau. Tìm x để số tiền vốn bỏ  ra là ít nhất.     A.  15000  đồng  B. 30000 đồng 

C. 10000 đồng 

D. 20000 đồng. 

Lời giải Chọn A. 

Kết luận: Với hàm bậc  hai tìm GTNN ta có  thể đưa về dạng  f  x    ax  b   A .  2

Khi đó số tiền vốn bỏ ra sẽ được tính bằng công thức   f  x   h  x   g  x     x  30 000 x  1000 000 000   x  15000   775 000 000  775 000 000   2

2

Dấu bằng xảy ra khi  x  15000 .  

Dấu bằng xảy ra khi  b x  .   a

Ví dụ 5: Chủ của một nhà hàng muốn làm tường rào bao quanh 600 m2  đất để 

làm bãi đỗ xe. Ba cạnh của khu đất sẽ được rào bằng một loại thép với chi phí  14 000 đồng một mét, riêng mặt thứ tư do tiếp giáp với mặt bên của nhà hàng  nên được xây bằng tường gạch xi măng với chi phí là 28 000 đồng mỗi mét. Biết  rằng cổng vào của khu đỗ xe là 5 m Tìm chu vi của khu đất sao cho  chi phí nguyên liệu bỏ ra là ít nhất, chi phí đó là bao nhiêu?   

A. 100 m, 1 610 000 đồng 

B. 100 m, 1 680 000 đồng  

C. 50 m, 1 610 000 đồng 

D. 50 m, 1 680 000 đồng 

Phân tích: Chọn A.  Ta có các kích thước được kí hiệu như sau 

x

y 5 m  Do đề đã cho diện tích khu đất nên  xy  600  y 

600   x

Chi phí nguyên liệu được tính bằng công thức  16 800 000  600  f  x    x  5  2.  70 000  với  x  5 .   .14 000  28 000 x  42 000 x  x x   Nhận thấy x dương, do vậy ở đây ta có thể nhận ra ngay bất đẳng thức Cauchy 

với hai số dương. Vậy  f  x   2 42000 x.

16800000  70 000  1610 000   x

16800000  x  20   x  600  Vậy chu vi của khu đất là  2.  x  y   2.  20    100 m .  20   Chú ý: Nhiều độc giả quên trừ đi đoạn cổng vào nên sẽ chọn nhầm phương án  B hoặc D. 

Dấu bằng xảy ra khi  42000 x 

Lovebook.vn | 244

Để tìm GTLN‐GTNN  ta có thể sử dụng các  bất đẳng thức quen  thuộc như Cauchy,  Bunyakovsky để giải  quyết nhanh bài toán  mà không cần tìm  đạo hàm. 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Ví dụ 6: Một công ty sản xuất khoai tây chiên giới hạn về kích thước hộp sao 

cho tổng chiều dài l của hộp khoai tây chiên và chu vi đường tròn đáy không  vượt quá 84 cm (để phù hợp với phương thức vận chuyển và chiều dài truyền 

SNACK

thống của dòng sản phẩm). Công ty  đang tìm kích thước để thiết kế hộp sao  cho thể tích đựng khoai tây chiên là lớn nhất, thể tích đó là:   

A.

29152 3 cm   

B. 29152  cm 3   

C. 14576 cm 3   

D.

14576 cm 3 

Phân tích: Chọn A.  Do đề bài yêu cầu tìm thể tích lớn nhất của hộp khoai tây chiên và tổng chiều  dài l và chu vi đường tròn đáy không vượt quá 84 cm nên:  Nếu muốn thể tích lớn nhất ta sẽ lấy giới hạn max của tổng độ dài tức là  l  P  84  l  2 r  84  với r là bán kính đường tròn đáy.   l  84  2 r . Thể tích của hộp khoai tây chiên được tính bằng công thức: 

l

r

V  r 2 l  r 2  84  2r   84r 2  22 r 3  f  r   

 28 0 r  Ta có  f ʹ  r   168 r  6  .r  6 r  28  r   0  .     r  0 Giống như trong cuốn Bộ đề tinh túy ôn thi THPT quốc gia năm 2017 tôi đã viết  2

2

 28  thì quý độc giả có thể nhận ra ngay  f  0   là giá trị cực tiểu của hàm số,  f        là giá trị cực đại của hàm số. Vậy đến đây ta tư duy nhanh   28  29152 3 Max f  r   f    cm .        

Ví dụ 7: Một người có một dải duy băng dài 130 cm, người đó cần bọc dải duy 

băng đỏ đó quanh một hộp quà hình trụ. Khi bọc quà, người này dùng 10 cm  của dải duy băng để thắt nơ ở trên nắp hộp ( như hình vẽ minh họa). Hỏi dải  duy băng có thể bọc được hộp quà có thể tích lớn nhất là bao nhiêu?   

Giải thích thực tế:  Việc đề bài cho độ  dài dải duy băng  chính là đã cho tổng  của chiều cao và  đường kính đáy.  

A. 4000  cm 3   

B. 32000  cm 3    C.  1000  cm 3   

D. 16000  cm 3    

Phân tích: Chọn C.   Một bài toán thực tế khá hay trong ứng dụng của việc tìm giá trị lớn nhất của  hàm số. Ta nhận thấy, dải duy băng tạo thành hai hình chữ nhật quanh cái hộp,  do đó chiều dài của dải duy băng chính là tổng chu vi của hai hình chữ nhật  đó. Tất nhiên chiều dài duy băng đã phải trừ đi phần duy băng dùng để thắt 

nơ, có nghĩa là:  2.2.  2r  h   120  h  30  2r   

Khi đó thể tích của hộp quà được tính bằng công thức: 

V  B.h  .r 2  30  2r   . 2r 3  30 r 2  

Xét hàm số  f  r   2r 3  30r 2  trên   0;15    

r  0  l  f ʹ  r   6r 2  60r ; f ʹ  r   0      r  10 Khi đó vẽ BBT ta nhận ra  Max f  r   f  10   . Khi đó thể tích của hộp quà   0;10 

V  B.h  .10 .10  1000  .   Trên đây là những bài toán có mức độ xử lý hàm số đơn giản như bậc hai hoặc  bậc ba, sau đây ta cùng đến với ví dụ có hàm số phức tạp hơn.  2

Lovebook.vn | 245


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Ví dụ 8: Một người phải đi đến một cái cây quí trong rừng càng nhanh càng tốt. 

Con đường mòn chính mà người ta hay đi được miêu tả như sau:  Từ vị trí người đó đi thẳng 300 m gặp một cái ao nên không đi tiếp được nữa ,  sau khi rẽ trái đi thẳng 600 m đường rừng sẽ đến cái cây  quí đó.  Biết rằng nếu đi đường mòn thì anh ta có thể chạy với tốc  độ  160 m / phút, còn khi đi qua rừng anh ta chỉ có thể đi với  tốc độ  70 m / phút.  Đó là con đường đi truyền thống mà người ta hay đi, vậy 

600 m 

con đường đi mà mất ít thời gian nhất được miêu tả   

A. đi thẳng từ vị trí người đó đứng đến cái cây. 

B. đi theo đường mòn 292 m rồi rẽ trái đi đến cái cây. 

C. đi theo cách truyền thống ở trên. 

A. đi thẳng 8 m rồi rẽ trái đi đến cái cây.  

ao 300 m

Phân tích: Chọn D.   Ta có hình vẽ:    

Giải thích thực tế: Ở  đây ta sử dụng công  thức tính thời gian  trong chuyển động 

600 m 

300 –x  

x

thẳng đều  t 

ao

300 m  Kí hiệu như hình vẽ trên ta có  Tổng thời gian người đó đi đến cái cây được tính theo công thức:  f  x 

300  x  160

600 2  x 2 với  0  x  300    70

Đến đây công việc của ta là đi tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số  f  x   trên  1 1 2x 0; 300  . Ta lần lượt làm theo các bước:  f ʹ  x        . 160 70 2 600 2  x 2

f ʹ  x   0  16 x  7 600 2  x 2  256 x 2  49. 600 2  x 2    207 x 2  49.600 2   2

49.600 7.600 x  292 m   207 207 Đến đây nhiều độc giả có thể vội chọn B. Tuy nhiên nhìn kĩ thì thấy D mới  đúng, vì theo miêu tả thì người đó sẽ đi 300 – x mét sau đó thì đi thẳng đến cái  cây. 

 x2 

Lovebook.vn | 246

s   v


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ví dụ 9: Đường cao tốc mới xây nối hai thành phố A và B, hai thành phố này  muốn xây một trạm thu phí và trạm xăng ở trên  đường cao tốc như hình vẽ. Để tiết kiệm chi phí  đi  lại,  hai  thành  phố  quyết  định  tính  toán  xem  xây trạm thu phí ở vị trí nào để tổng khoảng cách  từ  hai  trung  tâm  thành  phố  đến  trạm  là  ngắn  B nhất, biết khoảng cách từ trung tâm thành phố  A, B đến đường cao tốc lần lượt là là 60 km và 40  40 km và khoảng cách giữa hai trung tâm thành phố  Q là  120 km   (được tính theo khoảng cách của hình 

Trạm thu phí Trạm xăng 

A

60 P 

Ngọc Huyền LB

chiếu vuông góc của hai trung tâm thành phố lên  đường cao tốc, tức là  PQ kí hiệu như hình vẽ).  Tìm vị trí của trạm thu phí và trạm xăng? (Giả sử  chiều rộng của trạm thu phí không đáng kể).  B. 42 km kể từ Q.     D. tại P. 

120

 

A. 72 km kể từ P.    C. 48 km kể từ P.   

Phân tích: Chọn A. 

Thực chất bài toán trở thành tìm x để  AC  BC  nhỏ nhất. 

Vẽ lại hình vẽ thì ta có hình  vẽ đơn giản hóa như sau: 

Theo định lí Pytago ta có  AC  60 2  x 2  ; 

BC 

A B  60  P 

C

2

 40 2  x 2  240 x  16000  

Khi đó  f  x   AC  BC  x 2  3600  x 2  240 x  16000 .   Ta cần tìm  Min f  x  .  

40   

x

120  x   0;12 

Ta có  f ʹ  x  

Q

x x 2  3600

x  120 x 2  240 x  16000

, khi  bấm  máy  tính  nhẩm 

nghiệm bằng cách nhập vào màn hình biểu thức  f ʹ  x   và ấn SHIFT  SOLVE và  chọn một số nằm trong khoảng   0; 120   để dò nghiệm, như tôi nhập 2 máy nhanh  chóng hiện nghiệm là 72 như sau:  Chú ý: Với những bài  toán có biểu thức đạo  hàm khá phức tạp,  trong bài toán tìm  GTLN, GTNN thường  sẽ có một nghiệm duy  nhất nằm trong  khoảng đang xét, vì  vậy ở đây ta thử  nghiệm luôn để tiết  kiệm thời gian 

Bấm máy tính sử dụng nút TABLE ta nhận thấy phương trình có duy nhất một  nghiệm này do  f ʹ  x   chỉ đổi dấu qua 72. Khi đó ta có BBT sau:   

x fʹ(x) 

0

72  

0

120   

f(x) Min 

Vậy từ đó ta có thể kết luận  CP  72 . 

Lovebook.vn | 247


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Phụ lục 3:

Một số vấn đề chọn lọc Nguyên Hàm – Tích Phân Chủ đề 1: Nguyên hàm – tích phân và ứng dụng I. Nguyên hàm và các tính chất cơ bản.  Kí hiệu K là một khoảng, một đoạn hay một nửa khoảng.  Định nghĩa  Cho hàm số f xác định trên K. Hàm số F được gọi là nguyên hàm của hàm số f 

 

 

trên K nếu  F ʹ x  f x  với mọi x thuộc K.  

Định lý 1  STUDY TIP:  Từ định nghĩa nguyên  hàm ta có được 

1. Nếu F là một nguyên hàm của f trên K thì với mọi hằng số C, hàm  G  x   F  x   C  cũng là một nguyên hàm của hàm f  trên K. 

  f  x  dx ʹ  f  x   

2. Đảo lại nếu F và G là hai nguyên hàm của hàm số f trên K thì tồn tại hằng số C  sao cho  F  x   G  x   C .   

Kí hiệu:   f  x  dx  F  x   C  .  Người ta chứng minh được rằng: “Mọi hàm số liên tục trên K đều có nguyên  hàm trên K.”   Tính chất của nguyên hàm  Định lý 2 sau đây cho ta một số tính chất cơ bản của nguyên hàm  Định lý 2  1. Nếu f, g là hai hàm số liên tục trên K thì  

  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx  

 af  x  dx  a  f  x  dx với mọi số thực a khác 0.  2.  d

  f  x  dx   f  x  dx  

Bài toán tìm nguyên hàm là bài toán ngược với bài toán tìm đạo hàm. Việc tìm  nguyên hàm của  một hàm số thường được đưa về tìm nguyên hàm của một số  hàm số đơn giản hơn. Dưới đây ta có bảng một số nguyên hàm : 

 dx  x  C  

  x  a

  ax  b  dx  a  ax  b   C 1

 x   dx 

1

1

 1  ax  b   C  a   ,      ax  b  dx    a 1 

 x  a dx  ln x  a  C  

1

 ax  b  a .ln ax  b  C

e

dx  e x  C  

e

x

1

 a dx  ln a a x

x

 C ,  a  0, a  1  

dx

 1

 C,  

1

1 ax  b e C a 1 px  q px  q  a dx  p.ln a a  C ,  a  0, a  1 ax  b

dx 

 sin xdx   cos x  C    cos xdx  sin x  C    Lovebook.vn| 248

 cos ax  C ,  a  0    a sin ax  cos axdx  a  C ,  a  0    

 sin axdx 


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

1

 cos

2

x

1

 sin

dx  tan x  C  

2

x

Ngọc Huyền LB

dx   cot x  C  

II. Hai phương pháp cơ bản để tìm nguyên hàm.  a, Phương pháp đổi biến số.  Định lí 3 

Cho hàm số  u  u  x   có đạo hàm liên tục trên K và hàm số  y  f  u   liên tục sao  cho hàm hợp  f  u  x    xác định trên K. Khi đó nếu F là một nguyên hàm của f thì   f u  x  u ʹ  x  dx  F u  x   C   

Ví dụ 1: Tìm nguyên hàm     x  1 dx .  10

Lời giải  STUDY TIP:  Với phương pháp đổi  biến ta cần chú trọng  công thức mà suy ra từ  định lý như sau: 

Nếu u  f  x  , khi đó 

du  f ʹ  x  dx  

Theo định lý trên thì ta cần viết về dạng   f  u  du .  Mà  u ʹ   x  1 ʹ  1 , do vậy  

  x  1

10

 x  1 

11

dx    x  1 .  x  1 ʹ dx    x  1 d  x  1 10

10

11

 C .

Từ ví dụ trên ta có các bước gợi ý để xử lý bài toán tìm nguyên hàm theo  phương pháp đổi biến  1. Đặt  u  g  x  .  2. Biến đổi x và dx về u và du. 

3. Giải bài toán dưới dạng nguyên hàm hàm hợp   f  u  du , sau đó thay biến x  vào nguyên hàm tìm được và kiểm tra lại kết quả.  Ta đến với ví dụ 2  Ví dụ 2: Tìm   x 2  1  x  dx .  7

Ở bài toán này, ta thấy số mũ 7 khá cao mà lại có biểu thức trong ngoặc phức  tạp hơn là  x 2 . Do vậy ta sẽ đặt   1  x   để đổi biến, dưới đây là lời giải áp dụng  7

gợi ý các bước trên.  Lời giải 

Đặt u  1  x  du   1  x  ʹ dx  du  dx  

ta có   x 2  1  x  dx    1  u  .u7  1 du    u7  2u8  u9 du 7

2

1  x   2 1  x   1  x  u8 2u9 u10    C  8 9 10 8 9 10 8

9

10

 C.  

b, Phương pháp lấy nguyên hàm từng phần.   Định lý 4  Nếu u và v là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên K thì   u  x  v ʹ  x  dx  u  x  .v  x    v  x  u ʹ  x  dx .  Công thức trên thường được viết gọn dưới dạng   udv  uv   vdu.   

Lovebook.vn| 249


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Ví dụ 3: Thầy Điệp Châu cho bài toán “ Tìm   sin x cos xdx ” thì ba bạn Huyền, 

Lê và Hằng có ba cách giải khác nhau như sau:   Bạn Lê giải bằng phương pháp lấy nguyên hàm  từng phần như sau:  “Đặt  u  cos x, v ʹ  sin x .   Ta có  uʹ   sin x, v   cos x .   Công thức nguyên hàm từng phần cho ta  2  sin x cos xdx   cos x   sin x cos xdx  

Bạn Huyền giải bằng phương  pháp đổi biến số như sau:  “Đặt  u  sin x , ta có:  du  cos xdx   Vậy   sin x.cos xdx   udu  

2

2

u sin x C   C ”    2 2

Bạn Hằng chưa học đến hai  phương pháp trên nên làm như  sau:  “  sin x.cos xdx   

sin 2 x cos 2 x  C .” dx   2 4

Giả sử F là một nguyên hàm của  sin x.cos x . Theo đẳng thức trên ta có  F  x    cos 2 x  F  x   C .   cos 2 x C  .   2 2 cos 2 x  là một nguyên  Điều này chứng tỏ   2 hàm của  sin x.cos x.    cos 2 x Vậy   sin x.cos xdx    C .”  2 Suy ra  F  x   

STUDY TIP:   Bài toán củng cố về  định lý 1 đã nêu ở trên,  và củng cố các cách giải  nguyên hàm cơ bản. 

Kết luận nào sau đây là đúng?  A. Bạn Hằng giải đúng, bạn Lê và Huyền giải sai.    B. Bạn Lê sai, Huyền và Hằng đúng.    C. Ba bạn đều giải sai.    D. Ba bạn đều giải đúng.    Nhận xét: Sau khi soát kĩ cả ba lời giải, ta thấy ba lời giải trên đều không sai ở  bước nào cả, tuy nhiên, tại sao đến cuối cùng đáp án lại khác nhau? Ta xem giải  thích ở lời giải sau:  Lời giải  cos 2 x sin 2 x cos 2 x  và    đều là  ; 4 2 2 nguyên hàm của  sin x.cos x  do chúng chỉ khác nhau về một hằng số. Thật vậy  

Cả ba đáp số đều đúng, tức là cả ba hàm số 

sin 2 x  cos 2 x  1     ;   2 2  2 

2 2 sin 2 x  cos 2 x  2 sin x  1  2 sin x 1     .  2 4 4 4  

III. Khái niệm và các tính chất cơ bản của tích phân.  a. Định nghĩa  Cho hàm số f liên tục trên K và a, b là hai số bất kì thuộc K. Tích phân của f từ a  b

đến b, kí hiệu là   f  x  dx ,  là một số xác định bởi công thức sau  a

b

 f  x  dx  F  b   F  a  trong đó F là nguyên hàm của f trên K.  a

b. Các tính chất của tích phân.  Định lý 1  Lovebook.vn| 250


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Giả sử các hàm số  f, g liên tục trên K và a, b, c  là ba số bất kì thuộc K. Khi đó ta  có   a

1.  f  x  dx  0 .  a

b

a

2.  f  x  dx    f  x  dx .  a

b

b

c

a

b

c

3.  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx .  a

b

b

b

a

a

4.   f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx .  a

b

b

a

a

5.  kf  x  dx  k  f  x  dx ,  k    .  

y

Định lý 2 

  x

 

Cho f là hàm số xác định trên K và a là một điểm cố định thuộc K. Xét hàm số 

G  x  xác định trên K bởi công thức 

O

x

G  x    f  t  dt.

  Hàm số chẵn 

a

Khi đó G là một nguyên hàm của f. 

Hình 3.1 

Định lý 3  Tích phân của hàm lẻ và hàm chẵn.  a

y

1. Nếu f  là một hàm số chẵn, khi đó 

Hàm số  lẻ 

 

a

 

a

f  x  dx  2  f  x  dx.   0

a

2. Nếu f  là một hàm số lẻ, khi đó 

x

 f  x  dx  0.  

a

O         

Hình 3.2 

Đọc thêm  Ta vừa đưa ra 3 tính chất của tích phân theo chương trình chuẩn. Dưới đây là  các tính chất bổ sung:  b

1.  0dx  0    a b

2.  cdx  c  b  a    a

b

3. Nếu  f  x   0 ,  x   a , b   thì   f  x  dx  0.    a

Hệ quả 3: Nếu hai hàm số  f  x   và  g  x   liên tục và thỏa mãn  b

b

a

s

f  x   g  x  , x   a , b  thì   f  x  dx   g  x  dx.    b

Chú ý: Nếu  f  x   liên tục và dương trên   a , b   thì   f  x  dx  0 .  a

4.

b

b

a

a

 f  x  dx   f  x  dx ,  a  b  .  

5. Nếu  m  f  x   M , x   a , b  ; m , M  là các hằng số thì   b

m  b  a    f  x  dx  M  b  a  hay m  a

b

1 f  x  dx  M . b  a a

Lovebook.vn| 251


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

IV. Hai phương pháp cơ bản tính tích phân.  a. Phương pháp đổi biến số.  Quy tắc đổi biến số 

1. Đặt  u  u  x  ,    2. Biến đổi  f  x  dx  g  u  du .  3. Tìm một nguyên hàm  G  u   của  g  u  .  u b 

4. Tính 

 g  u du  G  u  b    G  u  a   .

u a 

b

5. Kết luận   f  x dx  G u  b   G u  a  .  a

b. Phương pháp tích phân từng phần. 

Cho hai hàm số u, v có đạo hàm liên tục trên K và a, b là hai số thuộc K. Khi đó  b

b

a

a

 u  x  v ʹ  x  dx  u  b  v  b   u  a  v  a    u ʹ  x  .v  x  dx.   IV. Ứng dụng hình học của tích phân.  a. Tính diện tích hình phẳng.   Diện tích hình phẳng giới hạn bởi một đường cong và trục hoành. 

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số  f  x   liên tục, trục 

y

hoành và hai đường thẳng  x  a, x  b  được tính theo công thức  S 

b

 f  x  dx a

.

x a 

O

b

Chú ý: Trong trường hợp dấu của  f  x   thay đổi trên đoạn   a; b   thì ta phải 

chia đoạn   a; b  thành một số đoạn con để trên đó dấu của  f  x   không đổi, do 

Hình 3.3 

đó ta có thể bỏ dấu giá trị tuyệt đối trên đoạn đó.  Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong. 

 

 

Cho hai hàm số  y  f x  và  y  g x  liên tục trên đoạn   a; b  . Khi đó diện  tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số  y  f  x  , y  g  x   và hai  đường thẳng  x  a, x  b  là  S 

b

 f  x   g  x  dx . a

Tương tự như chú ý ở trên thì ở bài toán này ta cũng phải xét đoạn mà dấu của  f  x   g  x   không đổi.  

y

Ví dụ 4: Tính diện tích hình phẳng ( hình được tô màu) ở biểu diễn ở hình 3.4. 

 

Lời giải 

Nhận thấy trên   a; c   và   d; b   thì  f1  x   f2  x   ; trên   c ; d   thì  f1  x   f2  x     O 

a

c

d

Hình 3.4 

b x 

Do vậy  b

c

a

a

(Trên đây là cách bỏ dấu giá trị tuyệt đối)  Lovebook.vn| 252

d

b

S   f1  x   f 2  x    f1  x   f 2  x  dx   f 2  x   f1  x  dx   f1  x   f2  x  dx c

d


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Ví dụ 5: Cho hình thang cong   H   giới hạn bởi các đường   y  e x ,  y  0 , x  0

y

và x  ln 4.  Đường  thẳng  x  k (0  k  ln 4) chia   H  thành hai phần có diện tích  là  S1 và  S2 như hình vẽ bên.   Tìm k  để   S1  2S2 .      

O

k

x

2 A. k  ln 4   3

8 C. k  ln   3

B. k  ln 2    

 

D. k  ln 3  

( Trích đề minh họa môn Toán lần 2 – Bộ GD&ĐT) 

Lời giải  Đáp án D.  Nhìn vào hình vẽ ta có được các công thức sau:  k

ln 4

x x x  e dx  2.  e dx  e 0

k

k ln 4  2.e x  e k  e0  2.eln4  2.e k  3e k  9   0 k

 e  3  k  ln 3 . k

Ví dụ 6: Ông An có một mảnh vườn hình elip có độ dài trục  lớn bằng 16m  và  độ  dài trục bé bằng  10 m.  Ông muốn  trồng hoa trên một dải đất rộng 8m và  nhận trục bé của elip làm trục đối xứng (như hình vẽ). Biết kinh phí để trồng 

8m

hoa là 100.000 đồng/1 m2 . Hỏi ông An cần bao nhiêu tiền để trồng hoa trên  dải  đất đó ? (Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn.)    A. 7.862.000 đồng.   B.7.653.000 đồng.      C. 7.128.000 đồng.    D. 7.826.000 đồng.   ( Trích đề minh họa môn Toán lần 2 – Bộ GD&ĐT) 

Lời giải  Đáp án B.  Nhận thấy đây là bài toán áp dụng ứng dụng của tích phân vào tính diện tích  hình phẳng. Ta có hình vẽ bên: 

y 5

Ta thấy, diện tích hình phẳng cần tìm gấp 4 lần diện tích phần gạch chéo, do đó  x

-8

-4

O -5

4

8

ta chỉ cần đi tìm diện tích phần gạch chéo.  Ta có phương trình đường elip đã cho là  thì  y 

2 x2 y   1 . Xét trên  0; 4  và  y  0   8 2 52

4 5 5 2 8  x 2 . Khi đó  Scheo   8  x 2 dx , vậy diện tích trồng hoa của ông  8 8 0

4

An trên mảnh đất là  S  4. 0

5 2 8  x 2 dx  76, 5289182   8

Khi đó số kinh phí phải trả của ông An là  76, 5289182.100000  7.653.000  đồng.  b. Tính thể tích vật thể. 

 

Cho H là một vật thể nằm giới hạn giữa hai mặt phẳng  x  a  và  x  b . Gọi  S x   là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục hoành 

Lovebook.vn| 253


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

 

tại điểm có hoành độ x  a  x  b . Giả sử  S x  là một hàm liên tục. Khi đó thể  b

  

tích V của H là   V  S x dx.  (hình 3.5)  a

P

Q

S(x) x O 

x

a

b

Hình 3.5

Ví dụ 7: Tính thể tích vật thể tạo được khi lấy giao vuông góc hai ống nước  hình trụ có cùng bán kính đáy bằng a. ( hình 3.6)   3

3 B. V  2 a   

A. V  16 a  

3

3

3 C. V  4 a   

D. V  a 3   

3 (Trích sách bộ đề tinh túy ôn thi THPT QG môn Toán) 

Ta sẽ gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào vật thể này, tức là ta sẽ đi tính thể tích vật thể  V giới hạn bởi hai mặt trụ:  x 2  y 2  a 2  và  x2  z2  a2  a  0  . 

Hình 3.6 

z

a z O x

y

y a 

a Hình 3.7

x

Hình vẽ trên mô tả một phần tám thứ nhất của vật thể này, với mỗi  x   0; a  ,  thiết diện của vật thể (vuông góc với trục Ox ) tại x là một hình vuông có cạnh 

y  a2  x2 ( chính là phần gạch chéo trong hình 3.7). Do đó diện tích thiết  diện sẽ là: 

S  x   a 2  x 2 . a 2  x 2  a 2  x 2 x   0; a  .  

Khi đó áp dụng công thức  *  thì thể tích vật thể cần tìm sẽ bằng:  a a  x3 V  8  S  x  dx 8  a 2  x 2 dx    8  a 2 x  3  0 0

Lovebook.vn| 254

 a 16a 3 .     3 0


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Ví dụ 8: Tính thể tích của vật thể  H biết rằng đáy của H là hình tròn  x 2  y 2  1  

và thiết diện cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục hoành luôn là tam giác đều.   Lời giải  Giả sử mặt phẳng vuông góc với trục hoành chứa thiết diện là tam giác đều 

y

C

ABC tại điểm có hoành độ là  x  1  x  1  với AB thuộc mặt phẳng xOy (hình 

3.8). B  O 

x

Ta có  AB  2 1  x 2 . Do đó  S  x   V   S  x  dx 

Hình 3.8 

y y = f (x) 

x

a

 x3  4 3 2 3  x  . 3 1  x dx    3  3  1 1 c. Tính thể tích khối tròn xoay.  Một hình phẳng xoay quanh một trục nào đó tạo nên một khối tròn xoay.  Định lý 4  1

x A

O

AB 2 3  3 1  x 2 . Vậy  4

1

 

Cho hàm số  y  f x  liên tục, không âm trên đoạn   a , b  . Hình phẳng giới hạn  bởi đồ thị hàm số  y  f  x  , trục hoành và hai đường thẳng  x  a, x  b  quay 

b

x

quanh trục hoành tạo nên một khối tròn xoay. Thể tích V của khối tròn xoay đó  b

  

là V   f 2 x dx.   

Hình 3.9 

a

Ví dụ 9: Thể tích của khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng được giới  hạn bởi đường cong  y  sin x , trục hoành và hai đường thẳng  x  0 , x   (hình 

y

3.10) quanh trục Ox là  y = sinx 

x

O

 

A.

 đvtt 2

x

B.

2 đvtt   2

C.  đvtt 

D. 2 đvtt 

Lời giải  Đáp án B.  Áp dụng công thức ở định lý 4 ta có  

Hình 3.10 

V    sin 2 xdx  0

   2  1  .   1  cos 2 x  dx     x  sin 2 x     2 2 20 0 2

Tiếp theo dưới đây là một bài toán thường xuất hiện trong các đề thi thử, bài  toán có thể đưa về dạng quen thuộc và tính toán rất nhanh  Ví dụ 10: Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng được giới 

y

hạn bởi đường cong  y  A 2  x 2  và trục hoành quanh trục hoành.  Lời giải tổng quát  ‐A 

O

A x 

Ta thấy  y  A 2  x 2  y 2  A 2  x 2  x 2  y 2  A 2    Do  A2  x2  0  với mọi x, do vậy đây là phương trình nửa đường tròn tâm O, 

Hình 3.11 

bán kính  R  A  nằm phía trên trục Ox. Khi quay quanh trục Ox thì hình phẳng  sẽ tạo nên một khối cầu tâm O, bán kính  R  A  (hình 3.11). Do vậy ta có luôn  V

4 .. A 3   3

Vậy với bài toán dạng này, ta không cần viết công thức tích phân mà kết luận  luôn theo công thức tính thể tích khối cầu.  Lovebook.vn| 255


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Đọc thêm  Định lý 5 

Cho hàm số  y  f  x   liên tục, không âm trên đoạn   a , b   a  0  . Hình phẳng 

 

giới hạn bởi đồ thị hàm số  y  f x , trục hoành và hai đường thẳng  x  a, x  b   quay quanh trục tung tạo nên một khối tròn xoay. Thể tích V của khối tròn xoay  b

  

đó là  V  2  xf x dx.    a

Lovebook.vn| 256


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Bổ sung một số dạng về nguyên hàm – tích phân

Đọc thêm

1. Tích phân và nguyên hàm một số hàm lượng giác a. Dạng

 sin

m

x.cos n xdx trong đó m , n là các số tự nhiên.

Trường hợp 1: Trong hai số m, n có ít nhất một số lẻ. Lũy thừa của cos x là số lẻ, n  2k  1 thì đổi biến u  sin x

 sin

m

k

x.cosn xdx   sinm x cos2 x cos xdx

Lũy thừa của sinx là số lẻ, m  2k  1 thì đổi biến u  cos x

 sin

m

 sinm x 1  sin 2 x .  sin x  ' dx

  um 1  u2

k

k

k

x.cosn xdx   cosn x sin 2 x sin xdx   cosn x. 1  cos2 x

  1  u2

du

k

 cos x 'dx k

.un du

Ví dụ 1: Tìm  sin 5 x.cos2 xdx . Lời giải Vì lũy thừa của sin x là số lẻ nên ta đổi biến u  cos x .

5 2 2 2  sin x.cos xdx   1  cos x .cos x. cos x  ' dx

  1  u2 

2

2

.u2 du   2u4  u2  u6 du 

2u5 u3 u7   C 5 3 7

2 cos5 x cos3 x cos7 x   C. 5 3 7

Trường hợp 2: Cả hai số m, n đều là số chẵn: Ta sử dụng công thức hạ bậc để giảm một nửa số mũ của sin x; cos x , để làm bài toán trở nên đơn giản hơn.

 sin mx.cos nxdx ,  sin mx.sin nxdx ,  cos mx.cos nxdx .

b. Dạng

Ta sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng trong lượng giác. c. Dạng

tan m x  cosn x dx trong đó m , n là các số nguyên.

Lũy thừa của cos x là số nguyên dương chẵn, n  2k thì ta đổi biến u  tan x tan m x tan m x 1 dx   cosn x  cos2 k 2 . cos2 x dx tan m x  .  tan x  ' dx k 1 cos2 x

  tan

m

 x. 1  tan x  2

sin x , do đó cos2 x tan m x tan 2 k tan x dx   cosn x  cosn1 . cos x dx

Khi đó u ' 

k

k 1

.d  tan x 

  um . 1  u2

k 1

Lũy thừa của tan x là số nguyên dương lẻ, 1 m  2k  1 thì ta đổi biến u  cos x

du

 1   1  2  cos x  sin x  . dx n 1 cos cos2 x

k

  u2  1 un1 .du Lovebook.vn| 257


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Ví dụ 2: Tìm nguyên hàm a.

tan 6 x  cos4 x dx

b.

tan 5 x  cos7 x dx .

Lời giải a.Do lũy thừa của cos x là số nguyên dương chẵn nên đặt u  tan x . Từ công thức tổng quát đã chứng minh ở trên ta có

tan 6 x 6 2  cos4 x dx   u . 1  u

1

du 

u9 u7 tan9 tan7  C   C. 9 7 9 7

b. Do lũy thừa của tan x là một số lẻ nên ta đặt u 

1 , do vậy, từ công thức cos x

tổng quát chứng minh ở trên ta có

2 tan 5 x u11 2u9 u7 2 6 dx  u  1 . u du    C  cos7 x  11 9 7 1 2 1    C. 11 9 11cos x 9 cos x cos7 x

2. Đổi biến lượng giác Khi nguyên hàm, tích phân của các hàm số mà biểu thức của nó có chứa các dạng

x 2  a 2 , x 2  a 2 , a 2  x 2 , thì ta có cách biến đổi lượng giác như sau:

Biểu thức có chứa x2  a2

Đổi biến

   x  a tan t , t    ;   2 2 Hoặc x  a cos t , t   0; 

x2  a2

x

Hoặc x 

a sin t

a cos t

   , t    ;  \0  2 2  , t  0;   \   2

   x  a sin t , t    ;   2 2

a2  x2

Hoặc x  a cos t , t  0;  ax  ax

x  a cos 2t

ax ax

 x  a b  x

  x  a   b  a  sin2 t , t  0;   2

3. Nguyên hàm và tích phân của hàm phân thức hữu tỉ Cho hàm số y  f  x  có dạng f  x   STUDY TIP: Kí hiệu

deg P  x  là bậc của

đa thức

P  x .

Lovebook.vn| 258

P  x

Q  x

trong đó P và Q là các đa thức, và P

không chia hết cho Q. Hàm f được gọi là hàm phân thức hữu tỉ thực sự nếu deg  P   deg Q .


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Trong các bài toán tìm nguyên hàm và tích phân của hàm phân thức hữu tỉ, nếu

f  x  chưa phải là hàm phân thức hữu tỉ thực sự thì ta thực hiện chia đa thức

tử số cho đa thức mẫu số để được:

f  x 

P  x

Q  x

 S  x 

R  x

Q  x

 S  x  h  x ,

Khi đó, h  x  sẽ là hàm phân thức hữu tỉ thực sự. Định lý: Một phân thức thực sự luôn phân tích được thành tổng các phân thức đơn giản hơn. 1 1 ax  b ax  b ; ; 2 ; Đó là các biểu thức có dạng là các k k x  a  x  a  x  px  q x 2  px  q

tích phân có thế tìm nguyên hàm một cách dễ dàng.Để tách được phân thức ta dùng phương pháp hệ số bất định. a. Trường hợp phương trình Q  x   0 không có nghiệm phức và các nghiệm đều là nghiệm đơn.

Q  x    a1 x  b1  a2 x  b2  ...  ak xk  bk 

(Số nhân tử chính bằng bậc của đa thức Q  x  ). Trong trường hợp này, g có thể biểu diễn dưới dạng

g  x 

R  x

Q  x

A1 a1 x  b1

A2 a2 x  b2

 ... 

Ak ak x  bk

Sau khi biểu diễn được g  x  về dạng này, bài toán trở thành bài toán cơ bản. Ví dụ 3: Họ nguyên hàm của hàm số f  x   A. F  x   4ln x  2  ln

x 1 C x2

B. F  x   4ln x  2  ln

x 1 C x2

C. F  x   4ln x  2  ln D. F  x   4ln x  2  ln

4x  3 là x  3x  2 2

x2 C x 1

x2 C x 1 Phân tích

Đáp án B. Ta có

4x  3 4x  3 A B Ax  2 A  Bx  B     . x  3x  2  x  2  x  1 x  1 x  2  x  1 x  2  2

Khi đó  A  B x  2 A  B  4x  3 , đồng nhất hệ số thì ta được A  B  4  A  1   2 A  B  3 B  5

Lời giải Lovebook.vn| 259


Ngọc Huyền LB

Kiểm tra khả năng vận dụng từ ví dụ 3: Tìm

x  2x  1 dx 3  3x 2  2x

 2x

2

Ta có

x

2

The best or nothing

 1 4x  3 5  dx      dx   ln x  1  5.ln x  2  C  3x  2  x 1 x  2

 4.ln x  2  ln

x2 x 1  C  4.ln x  2  ln C. x2 x 1

Đáp số bài tập kiểm tra khả năng vận dụng: x 2  2x  1 1 1 1  2x3  3x2  2x dx  2 . ln x  10 . ln 2x  1  10 . ln x  2  D 5

Ví dụ 4: Biết I   4

x3  2 dx  a ln 2  b ln 3  c ln 5  d ln 6  e ln 7 . Khi đó x 4  5x 2  4

6a  3b  6c  3d  2e có giá trị là 19 A. 16 B.  6

C. 16

D.

19 6

Phân tích Đáp án A. x3  2 x3  2 A B C D      4 2 x 1 x  2 x 1 x  2 x  5x  4  x  1 x  1 x  2  x  2 

Ta có STUDY TIP: đây là dạng toán tích phân chống casio đã gặp trong đề minh họa lần 2.

 x 3  2  A x 2  4  x  1  B x 2  1  x  2 

C x 2  4  x  1  D x 2  1  x  2  , x  * 

1 Thay x  1 vào  *  ta có A   . 2 5 Thay x  2 vào  *  ta có B  6 1 Thay x  1 vào  *  ta có C  6 1 Thay x  2 vào  *  ta có D  2 Lời giải 5

 I16   4



x 2 dx x  5x 2  4 3

4

5

5

5

5

1 dx 5 dx 1 dx 1 dx        2 4  x  1 6 4 x  2 6 4 x  1 2 4 x  2

 1 5 5 1 1    ln x  1  ln x  2  ln x  1  ln x  2  6 6 2  2 4

 1  5 1 1 5 1 1 ln3  ln6  ln7    ln3  ln2  ln5  ln6  6 6 2 6 6 2  2  11 4 1 1 1   ln2  ln3  ln5  ln6  ln7 6 3 6 3 2 Khi đó 6a  3b  6c  3d  2e  11  4  1  1  1  16 .  ln2 

b. Trường hợp Q  x   0 không có nghiệm phức, nhưng có nghiệm thực là nghiệm bội. Nếu phương trình Q  x   0 có các nghiệm thực a1 ; a2 ; ...; an trong đó a1 là nghiệm bội k thì ta phân tích g  x   Lovebook.vn| 260

R  x

Q  x

về dạng


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

g  x 

A1

A2

x  a  x  a  1

 ... 

2

1

Ak

x  a 

k

1

Ngọc Huyền LB

B1 x  a2

B2 x  a3

 ... 

Bn1 x  an

Trên đây là phần lý thuyết khá phức tạp, ta đến với bài tập ví dụ đơn giản sau: Ví dụ 5: Họ nguyên hàm của hàm số f  x  

2x

1  x 

A. F  x  

2 1  C x  1  x  12

B. F  x  

C. F  x  

1 1  C 1  x 4  1  x 4

D. F  x  

3

2 1  C x  1  x  12 1 1  C 1  x 4  1  x 4

Phân tích Nhận thấy x  1 là nghiệm bội ba của phương trình  x  1  0 , do đó ta biến 3

đổi 2x

1  x  

3

A x2  2 x  1  B 1  x   C A B C    3 1  x  1  x 2  1  x 3 1  x 

Ax2   2 A  B  x  A  B  C

1  x 

3

A  0  Từ đây ta có 2 A  B  2  A  B  C  0 

A  0   B  2 C  2 

Lời giải Kiểm tra khả năng vận dụng từ ví dụ 4: Tìm

Ta có

2x

1  x 

3

 2 2 dx     2 3   x  1  x  1 

 1 dx  2  C  x  1  x  12 

Đáp số bài tập kiểm tra khả năng vận dụng ví dụ 4:

x 4  2x 2  4x  1  x3  x2  x  1 dx

x 4  2x 2  4x  1 x2 2 dx   x  ln x  1  ln x  1  C.  x3  x2  x  1 2 x1

TỔNG QUÁT: Việc tính nguyên hàm của hàm phân thức hữu tỉ thực sự được đưa về các dạng nguyên hàm sau:

A dx  A.ln x  a  C xa A A 1 dx   . C . 2.  k k 1 k  1 x  a x  a     1. 

Lovebook.vn| 261


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

5. Bảng một số nguyên hàm thường gặp 1)  k.dx  k.x  C

n  x dx 

2)

1 1 dx    C 2 x x 1 1 5)  dx   C n ( ax  b) a(n  1)( ax  b)n1

3) 

x n1 C n1

1

4)

 x dx  ln x  C

6)

 ax  b dx  a .ln ax  b  C

1

1

7)  sin xdx   cos x  C

8) cos xdx  sin x  C

1 9)  sin  ax  b  dx   cos  ax  b   C a 1 11)  dx  (1  tan2 x)dx  tan x  C cos2 x 1 1 13)  dx  tan( ax  b)  C 2 a cos ( ax  b)

1 10)  cos  ax  b  dx  sin  ax  b   C a 1 12)  dx   (1  cot 2 x)dx   cot x  C sin2 x 1 1 14)  dx   cot( ax  b)  C 2 a sin ( ax  b)

15)  e x dx  e x  C

16)

1 17)  e dx  e axb  C a x a 19)  ax dx  C ln a 1 1 x 1 21)  2 dx  ln C 2 x1 x 1

1  ax  b  18)   ax  b  dx  . a n1 1 20)  2 dx  arctan x  C x 1 1 x 22)  2 2 dx  arctan  C a x a

ax  b

23)

x

25)  27)

1 1 xa dx  ln C 2 2 xa a

2

1 a x 2

2

1 x2  a2

dx  arcsin

dx  ln x  x2  a2  C

29)  x2  a2 dx 

Lovebook.vn| 262

x C a

e

x

dx  e  x  C n1

n

24)

26) 

1 1  x2 1

x 1 2

dx  arcsin x  C

dx  ln x  x2  1  C

28)  a2  x2 dx 

x 2 a2 x  a2  .ln x  x2  a2  C 2 2

 C  n  1

x 2 a2 x a  x 2  arcsin  C 2 2 a


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

III. Ứng dụng của nguyên hàm, tích phân trong thực tế.  1. Dạng bài toán về chuyển động.  Ví dụ 1: Một ô tô đang chạy với vận tốc 10 m/s thì tài xế đạp phanh; từ thời 

điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc  v  t   5t  10  m / s  ,  trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi  từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét?    A. 0,2 m   B. 2 m  C. 10 m   D. 20 m  ( Trích đề minh họa lần I‐ BGD&ĐT) 

Lời giải 

Nguyên hàm của hàm vận tốc chính là quãng đường  s  t   mà ô tô đi được sau  quãng đường t giây kể từ lúc tài xế đạp phanh xe.  Vào thời điểm người lái xe bắt đầu đạp phanh ứng với  t  0 .  Thời điểm ô tô dừng lại ứng với  t1 , khi đó  v  t1   0  t1  2 . 

Vậy từ lúc đạp phanh đến khi dừng lại quãng đường ô tô đi được là  2  5 2 s    5t  10  dt   t 2  10t   10 m .   2 0 0

STUDY TIP:  Hàm số thể hiện quãng  đường vật đi được tính  theo thời gian là biểu  thức nguyên hàm của  hàm số vận tốc. 

Ví dụ 2: Một chiếc ô tô đang đi trên đường với vận tốc  v  t   2 t  0  t  30    (m/s). Giả sử tại thời điểm  t  0 thì  s  0 . Phương trình thể hiện quãng đường  theo thời gian ô tô đi được là  A. s 

4 3 t  m    3

B. s  2 t  m   

C. s 

D. s  2t  m  

4 3 t  m    3

Lời giải  1

Tương tự như ở ví dụ 1 thì ta có  s  t    2 tdt  2  t 2 dt  2.

1 1 1 2

3 4 .t 2  . t 3 (m) 3

Ví dụ 3: Một vật chuyển động với vận tốc đầu bằng 0, vận tốc biến đổi theo 

quy luật, và có gia tốc  a  0,3(m / s 2 ) .Xác định quãng đường vật đó đi được  trong 40 phút đầu tiên.  A. 12000m  B. 240m 

C. 864000m  

D.3200m  

( Trích đề thi thử THPT Hoàng Diệu)  STUDY TIP:  Biểu thức gia tốc là đạo  hàm cấp một của biểu  thức vận tốc, và là đạo  hàm cấp hai của biểu  thức quãng đường 

Phân tích: Nhận thấy bài toán này khác với hai ví dụ trên ở chỗ bài toán cho  biểu thức gia tốc mà không cho biểu thức vận tốc, ở đây ta có thêm một kiến  thức như sau:  Biểu thức gia tốc là đạo hàm của biểu thức vận tốc, đến đây, kết hợp với 2 ví dụ  đầu ta kết luận: “ Biểu thức gia tốc là đạo hàm cấp một của biểu thức vận tốc,  và là đạo hàm cấp hai của biểu thức quãng đường”. Từ đây ta có lời giải như  sau:  Lời giải 

Ta có  v  t    0, 3dt  0, 3t ( do ban đầu vận tốc của vật bằng 0). 

Vậy quãng đường vật đi được trong 40 phút đầu tiên là  40.60

 0

0, 3tdt 

0, 3 2 2400  .t 0 2

Lovebook.vn| 263


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

Phụ lục 4:

Tuyển tập một số bài tập tích phân hạn chế MTCT (Chỉ mang tính chất tương đối, một số bài vẫn có thể sử dụng MTCT được)  3

2

Câu 1: Cho tích phân I   2x x 2  1dx . Khẳng

1 sin x dx A. I   4 0 cos 2 x

1

định nào sau đây sai: 3

0

C. I 

2 u 3

2

2 27 B. I  3

A. I   udu 3 3 2

C. I  

D. I  3 3

1

Câu 2: Giá trị trung bình của hàm số y  f  x  trên m f  

m  f  được tính theo công thức

b

1 f  x  dx . Giá trị trung bình của hàm b  a a

số f  x   s inx trên  0; là: A.

2 

B.

3 

C.

1 

4 

D.

 2

Câu 3: Cho  f  x  dx  5 . 0

 2

Khi đó  f  x   2sin x .dx bằng: 0

A. 5  

B. 5 

 2

C. 7

D. 3

1

4

4

0

1

0

Câu 4: Giả sử  f (x)dx  2,  f (x)dx  3,  g(x)dx  4

A.

  f (x)  g  x   dx  1 0 4

4

0

0

C.  f (x)dx   g(x)dx

4

4

B.  f (x)dx   g(x)dx 0 4

0

D.  f (x)dx  5 0

Câu 5: Cho  2 0

 2 0

I1   cos x 3sin x  1dx

I2  

sin 2x dx (sinx  2) 2

Phát biểu nào sau đây sai? 14 A. I1  B. I1  I 2 9 3 3 C. I 2  2 ln  D. Đáp án khác 2 2  3

Câu 6: Cho tích phân I  

sin x

0 1  cos2x 

t  cosx . Khẳng định nào sau đây sai:

Lovebook.vn | 264

2

 0

1 1 2

D. I 

(x  1) d x x 2  2x  2

7 12

 a  b . Khi a  b

bằng: A. 5

B. 1 C. 2 D. 3 x 1 dx  e . Khi đó, giá trị của a là: Câu 8: Cho  x 1 2 e 2 A. B. e C. D. 1 e 2 1 e  sin x Câu 9: Cho tích phân I   , với 1  2 cos x   2 0   1 thì I bằng: 2  A. B. 2 C. 2 D.  2 a sin x  Câu 10: Cho  dx  . Giá trị của a là sin x  cos x 4 0     A. B. C. D. 3 4 2 6 Câu 11: Giả sử A, B là các hằng số của hàm số Biết f '(1)  2 và f (x)  A sin(x)  Bx 2 . a

2

khẳng định nào sau đây là sai ? 4

1 3 t 12

Câu 7: Cho

0

a; b  , kí hiệu là

1

1 dt B. I   4 41t

dx và đặt

 f (x)dx  4 . Giá trị của B là 0

A. 1

B. Một đáp số khác 3 C. 2 D. 2 5 dx Câu 12: Tính tích phân: I   được kết 1 x 3x  1 quả I  a ln 3  b ln 5 . Giá trị a 2  ab  3b 2 là: A. 4 B. 1 C. 0 D. 5 Câu 13: Khẳng định nào sau đây sai về kết quả 0 x 1 b 1 x  2 dx  a ln c  1 ? A. a.b  3(c  1) B. ac  b  3 C. a  b  2c  10 D. ab  c  1 Câu 14: Khẳng định nào sau đây đúng về kết quả 1 x3 1 0 x 4  1dx  a ln 2 ? A. a  2 B. a  4 C. a  4 D. a  2


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

Câu 15: Cho f (x) là hàm số chẵn và liên tục trên 1

 f (x)dx  2 . Khi đó giá trị tích phân

 thỏa mãn

Câu 24: Cho đồ thị hàm số y = f(x) trên đoạn [0;6] như hình vẽ. y

1

y = f(x)

1

 f (x)dx là: 0

A. 2

B. 1 5

Câu 16: Giả sử

C.

1 2

D.

1 4

O

2

4

x

6

dx

 2x 1  a  lnb . Giá trị của a, b là? 1

A. a  0; b  81 B. a  1; b  9 C. a  0; b  3 D. a  1; b  8 Câu 17: Khẳng định nào sau đây đúng về kết quả e 3ea  1 3 x ln xdx  ? 1 b A. a.b  64 B. a.b  46 C. a  b  12 D. a  b  4  2

Câu 18: Cho  e x sin x d x  0

B. ln

a2 a 1

C. ln

a2 2  a  1

D. ln

a2 2a  1

3

x Câu 20: Biến đổi  dx thành 0 1 1 x

2

 f (t)dt , 1

với t  1  x . Khi đó f (t) là hàm nào trong các hàm số sau? A. f (t)  2t 2  2t B. f (t)  t 2  t C. f (t)  t 2  t D. f (t)  2t 2  2t 1

e

Câu 21: Cho n  và

nx 2

4xdx  (e  1)(e  1) .

0

Giá trị của n là A. 1 B. 3

C. 4 D. 2 2 3x  5x 1 2 Câu 22: Giả sử rằng I   dx  a ln  b x 2 3 1 Khi đó, giá trị của a  2b là: A. 30 B. 40 C. 50 D. 60 1 2x  3 Câu 23: Biết tích phân  dx = aln2 +b. Thì 2x 0 giá trị của a là: A. 7 B. 2 C. 3 D. 1 0

1

 f (x)dx B.  0

2

3

f (x)dx C.  f(x)dx D. 0 0 3

Câu 25: Biết rằng  f (x)dx  5; 1

6

 f(x)dx 0

3

 f (x)dx  3 . Tính 2

2

 f (x)dx ? 1

A. 2

B. 2

D. 5

C. 1 2

0

Khi đó sin a  cos2a bằng A. 1 B. 2 C. 4 D. 0 Câu 19: Với a  2 , giá trị của tích phân sau a dx 0 x 2  3x  2 là a2 2a  1

A.

Câu 26: Tính tích phân sau: I   x a  x dx

ea  1 . b

A. ln

Biểu thức nào dưới đây có giá trị lớn nhất:

8 B. 2a  3 1 8 8 C. a 3   2a D.  2a 3 3 3 3 1 Câu 27: Biết tích phân  dx = a thì giá trị 2 9  x 0 của a là 1 1 A. B. C. 6 D. 12 12 6 4 1 Câu 28: Nếu  dx  ln  m thì m bằng 3 x 1 x  2    4 3 A. 12 B. C. 1 D. 3 4 Câu 29: Bằng cách đổi biến số x  2sin t thì tích 1 dx phân  là: 0 4  x2    1 dt A. 0 dt B.  6 dt C.  6 tdt D.  3 0 t 0 0 ln m e x dx Câu 30: Cho A   x  ln 2 . Khi đó giá trị e 2 0 của m là: A. m = 0; m = 4 B. Kết quả khác C. m = 2 D. m = 4 Câu 31: Tìm khẳng định sai trong các k/đ sau: A. Cả 3 đáp án trên

 

2 x A.  sin dx  2  sin xdx 2 0 0 1

B.  (1  x) x dx  0 0

Lovebook.vn | 265


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết 1

1

0 1

0

C.  sin(1  x)dx   sin xdx D.

x

2007

(1  x)dx 

1

2 2009 0

Câu 32: Cho f (x) là hàm số chẵn và

 f (x)dx a

3

chọn mệnh đề đúng 3

3

A.  f (x)dx   a

B.

3 0

0 3

C.

 f (x)dx 2a

 f (x)dx a

D.  f (x)dx a

3

3

2

Câu 33: Cho  f  x dx  1 và f  x  là hàm số chẵn. 0

0

Giá trị tích phân

 f  x dx là:

2

A. -2

B. 1

C. -1

D. 2

e2x

Câu 34: Hàm số f(x)   tlntdt đạt cực đại tại x bằng ex

A.  ln 2 B. 0 C. ln 2 D.  ln 4 Câu 35: Trong các đẳng thức sau, đẳng thức nào sai?  2

1

0

0

 2

 2

A.  sin xdx   dx .

4

Câu 36: Tích phân:

1

1

0

0

0

1

t Bước 3: I  20 t.e dt  2 .

Hỏi bài giải trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở đâu? A. Bài giải trên sai từ bước 1. B. Bài giải trên sai từ bước 2. C. Bài giải trên hoàn toàn đúng. D. Bài giải trên sai ở bước 3.

0

A. 5

B. 29

C. 19

D. 9

3

Câu 43: Cho tích phân I   2 x  4 dx , trong các 3

x

 (3x  e 4 ).dx = a + b.e. Khi

đó a + 5b bằng B. 18

 f (x)dx  10 , thì

kết quả sau:

0

C. 13

D. 23 dx Câu 37: Giả sử   ln c . Giá trị của c là 1 2x  1 A. 9 B. 8 C. 3 D. 81 5

1 . Khi đó n bằng: 64 0 A. 5 B. 3 C. 4 D. 6 a 3 Câu 39: Biết  (4sin 4 x  )dx  0 2 0

Câu 38: Cho I   sinn xcosxdx 

Lovebook.vn | 266

1

0

 2

 6

1

0

  t.e t dt  t.e t   e t dt  e  e t  1

 f (2x)dx bằng:

D.  sin xdx   sin tdt .

A. 8

học sinh giải như sau: Bước 1: Đặt t  sin x  dt  cos xdx . Đổi cận: x 0 t 0 1  I  2 t.e t dt .  0 x   t 1 2  ut du  dt Bước 2: chọn   t t dv  e dt  v  e

0

1 C.  sin xdx   sin  2x  1 d sin  2x  1 80 0

0

Câu 41: Cho tích phân I   sin 2x.esin x dx :.một

2

 2

 2

 2 0

Câu 42: Nếu f (x) liên tục và

0

 2

Giá trị của a  (0; ) là:     A. a  B. a  C. a  D. a  4 2 8 3 a x Câu 40: Tích phân  2 dx bằng 0 ax   2   2  1  1 A. a    B. a   C. a  D. a   4   2  4   2

4

B.  sin xdx   cos tdt 0

Ngọc Huyền LB

2

(I). I    2 x  4  dx    2 x  4  dx 2

0

3

2

(II). I    2x  4  dx    2x  4  dx 2

0

3

(III). I  2   2 x  4  dx 2

Kết quả nào đúng? A. Chỉ II. C. Cả I, II, III.

B. Chỉ III. D. Chỉ I.  4

Câu 44: Giả sử I   sin 3x sin 2xdx  a  b 0

khi đó, giá trị của a  b là:

2 , 2


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

3 1 3 1 B. C.  D. 5 6 10 5 Câu 45: Cho hàm số y = f(x) liên tục và chỉ triệt tiêu khi x = c trên [a; b]. Các kết quả sau, câu nào đúng? A. 

b

A.

a b

B.

 a

b

f (x) dx   f(x) dx   f(x) dx a

A. I   

c

2

b

c

b

a

a

a

C. I 

 2

 1 0 (2x  1  sin x)dx    a  b   1 ? A. a  2b  8 B. a  b  5 C. 2a  3b  2 D. a  b  2 a 2 2x  ln x ln 2 2 Câu 47: Biết  , a là tham dx  3  x 2 1 số. Giá trị của tham số a là. A. 4 B. 2 C. -1 D. 3  4

1 a dx  . Mệnh đề nào sau đây 4 cos x 3 0

đúng? A. a là một số chẵn B. a là số lớn hơn 5 C. a là số nhỏ hơn 3 D. a là một số lẻ Câu 49: Tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau  2

x A.  sin dx  2  sin xdx 2 0 0 1

B.  e  x dx  1  0 

2 3

2

x 1 thì x 2

3

t 2 dt t2 1

B. I   2

3

tdt 2 t 1

D. I   2

1 e

1

D.  sin(1  x)dx   sin xdx 0

tdt t 1 2

2

Câu 53: Cho I   2x x 2  1dx

và u  x 2  1 .

1

Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau: 2

3

B. I   udu

A. I   udu

1

0

C. I 

2 u 3

3 3 2

D. I 

0 a

Câu 54: Biết  sin x cos xdx 

a là A.

 2

B.

2 3

C.

2 27 3

1 . Khi đó giá trị của 4

 4

D.

 3 1

dx 1  ex 0

Câu 55: Một học sinh tính tích phân I  

tuần tự như sau: 1

e x dx x x 0 e 1  e 

(I). Ta viết lại I  

Đặt thì u  ex e e e e du du du I     ln u  ln 1  u  1 u(1  u) 1 u 1 1  u 1 e (III). I  ln e  ln(e  1)  ln1  ln 1  1  ln e 1 Lý luận trên, nếu sai thì sai từ giai đoạn nào? A. III B. I C. II D. Lý luận đúng.

1

t 2 dt t2 1

(II).

    0 sin  x  4  dx  0 cos  x  4  dx 0

5

dx  lnc . Giá trị đúng của c là: Câu 50: Giả sử  2x 1 1 A. 9 B. 3 C. 81 D. 8  2

Câu 56: Giả sử

b

b

a

c

 f (x)dx  2,  f (x)dx  3 với

c

a  b  c thì  f (x)dx bằng? a

Câu 51: Cho hai tích phân I   sin xdx và 2

0

 2

0

Câu 48: BIết: 

1 x2 dx . Nếu đổi x2

1

2 3

D. A, B, C đều đúng Câu 46: Khẳng định nào sau đây sai về kết quả

C.

3

Câu 52: Cho tích phân I 

b

 f (x) dx   f(x) dx   f (x)dx

C.

B. I  J D. Không so sánh được

biến số t 

f (x) dx   f(x)dx a c

A. I  J C. I  J

J   cos 2 xdx . Hãy chỉ ra khẳng định đúng:

A. 5 B. 1 C. 1 D. 5 2 Câu 57: Hàm số y  tan 2x nhận hàm số nào dưới đây là nguyên hàm?

0

Lovebook.vn | 267


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

1 tan 2x  x 2 1 D. tan 2x  x 2

A. 2 tan 2x  x

3

B.

C. tan 2x  x

Câu 65: Tích phân

của a  b bằng: A. 1. B. 7

e

2016

Câu 58: Tích phân

 cos(ln x).dx 1

=

1   m.e 2016 . Khi đó giá trị m: 2 1 A. m   B. m <1 C. m  2 D. m  1 2 Câu 59: Với a  0 . Giá trị của tích phân  2a

 x sin  ax  dx

0

 1 1   D. 2   2 C. 2 2 a a a 2a 1 a e 1 Câu 60: Cho  e3x d x  . Khi đó khẳng định b 0 nào sau đây là đúng A. a  b B. a  b C. a  b D. a  b t dx 1 Câu 61: Với t thuộc (-1;1) ta có  2   ln 3 . x 1 2 0 Khi đó giá trị t là: 1 A. 1/3 B.  C. 0 D. 1/2 3

A.

 a2

B.

d

d

b

2

a

0

Lời giải sau sai từ bước nào: Bước 1: Đặt u = 2x + 1; dv = sin2xdx Bước 2: Ta có du = 2 dx; v = cos2x Bước 3:

b

a

c

b

a

a

c

c thuộc TXĐ của f  x  D. Nếu F(x) là nguyên hàm của f(x) thì

là nguyên hàm của hàm số

F x

f x

4x  11 a dx  ln , với x 2  5x  6 b

 f (x)dx  37 và 0

9

 g(x)dx  16 thì 0

9

 2 0

  2f (x)  3g(x) dx

bằng:

0

A. 122

0

B. 74

C. 48

2

D. Bước 1

b

Câu 64: Biết   2x  4 dx  0 , khi đó b nhận giá trị 0

Lovebook.vn | 268

b

C.  f  x  dx   g  x  dx   f  x  dx với mọi a, b,

9

I  (2x1)cos2x| 2cos2xdx  (2x 1)cos2x| 2sin2x|

bằng: A. b  1 hoặc b  4 C. b  1 hoặc b  2

2 2

B. Nếu  f  x  dx  0 thì f  x   0,  x   a; b

Câu 70: Nếu

 2 0

Bước 4: Vậy I    2 A. Bước 4 B. Bước 3 C. Bước 2

dx có

a  x 

giá trị là a 1 1 a2 1 a 1 A. B. C. D. a a 1 a  a  1 a  a  1 Câu 67: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? dx A.   2 1 x2  C 2 1 x

Câu 63: Tính I   (2 x  1)sin 2 xdx .

 2

D. 0

 2 0

Câu 66: Với a  0 . Tích phân

D. 2 2x

1

a, b là các số nguyên dương. Giá trị của a  b là A. 11 B. 12 C. 10 D. 13  1 dx , J   4 sin4 x  cos4 x dx và Câu 69: Cho I   0 3x 1 0 2 63 K  x2 3x1 dx. Tích phân nào bằng ? 1 6 A. I B. K C. J D. J và K

a

C. 8

C. -3

0

với a  d  b thì  f (x)dx bằng: B. 3

1

2x  1 dx  a  b ln 2 . Tổng x 1

Câu 68: Cho biết I  

b

A. 2

1

Câu 62: Nếu  f (x)dx  5 ;  f (x)dx  2 , a

Ngọc Huyền LB

Câu 71: Nếu

 f (x)dx  3 1

D. 53 3

 f (x)dx  4 2

3

 f (x)dx có giá trị bằng 1

B. b  0 hoặc b  2 D. b  0 hoặc b  4

A. 1

B. 1

C. 7

D. 12

thì


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

a  b  sin 2 x  b  Câu 72: Cho f (x) 

m

với a,b là các sin 2 x số thực. Tìm nguyên hàm F(x) của f(x) biết  1   F    ; F    0; F    1 4 2 6     3 3 1 A. F  x    tanx-cotx   4 2 3 1 B. F  x    tanx+cotx   4 2 3 1 C. F  x    tanx-cotx   4 2 3 1 D. F  x    tanx+cotx   4 2 1 dx Câu 73: Cho  5  a ln 2  b ln 5  c . Khi đó x  x3 0

a  2b  4c bằng A. 2 B. 3 C. 0 D. 1 Câu 74: Tính các hằng số A và B để hàm số f (x)  A sin x  B thỏa mãn đồng thời các điều 2

kiện f '(1)  2 và

2 , B2  D. A  2, B  2

B. A 

1

1

12 B. I   t 3dt 20

1 A. I   t 4 dt 20

3 2

1

C. I   t 5 dt

 t dt

D. I 

4

0

0

Câu 81: Nếu đặt t  3 tan x  1 thì tích phân  4

6 tan x dx trở thành: 0 cos x 3 tan x  1

I

2

2

A. I  

2

4(t 2  1) dt 3

B. I   (t 2  1)dt 1 2

4(t 2  1) dt D. I   5 1

2

1

1

A. I   udu

3

dx

x2  k

C. 2 3

D. a = 3

 ln(2  3) .

D. 1

rằng

D. 5   x   ;  4 3

 3 cot x 3 cot x 4 dx.   . Gọi I   x  x   4

Kết luận nào sau đây là đúng? 3 1 1 1 A. B.  I  I 12 4 4 3 1 1 3 1 C.  I  D. I 12 3 5 4

3

B. I   udu 0

2 3 D. I  u 2 3

2 C. I  27 3

Câu 83: Tích phân

0

C. -15

2

1

Câu 77: Biết rằng tích phân  (2x  1)ex dx  a  b.e

Biết

0

2

1

78:

4

Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau:

0

Câu

4

I    2sin 2 x  1 sin 4 xdx trở thành:

2

A. Đ/a khác B. a = - 3 C. a = 5

tích ab bằng: A. 1 B. -1

Câu 82: Cho I   2x x 2  1dx và u  x 2  1 .

Câu 75: Tìm a sao cho I  [a2 +(4 - a)x + 4x3]dx = 12

Giá trị của k là A. 3 B. 2

A. m  1, m  6 B. m  1, m  6 C. m  1, m  6 D. m  1, m  6 t  cos2 x thì tích phân Câu 80: Nếu đặt

(t  1) dt C. I   3 1

0

Câu 76: Giả sử k  0 và

  2x  5 .dx  6 0

1 2

 f (x)dx  4

2 A. A   , B  2  C. A  2, B  2

Câu 79: Tìm m biết

thì

0

a

(x  1)e2x dx 

3

0

3  e2 . Giá trị 4

của a là: A. 2 B. 3 C. 1 D. 4 Câu 84: Biểu thức nào sau đây bằng với  tanxdx ? 1  tan x)  C B.  ln(cos x)  C s inx tan 2 x 1 C. C D. C 2 cos 2 x e k Câu 85: Cho I   ln dx .Xác định k để I  e  2 1 x A. k  e  2 B. k  e C. k  e  1 D. k  e  1 Câu 86: Xét các mệnh đề:

A. ln(

3

I  3

3

 II   0

1

x 4  1.dx   x 6  1.dx 1 1

1

0

3

x 4  1.dx   x 4  1.dx   x 4  1.dx Lovebook.vn | 269


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết

Ngọc Huyền LB

A. (I) đúng, (II) sai B. (I) sai, (II) đúng C. Cả (I) và (II) đều đúng D. Cả (I) và (II) đều sai  2

s in 2 x dx được kết  sin 3x

Câu 87: Tính tích phân I   6

1 quả I  ln b  3c với a; b; c   . Giá trị của a a  2b  3c là: A. 2 B. 3 C. 8 D. 5 

Câu 88: Tích phân  cos 2 x sin xdx bằng: 0

2 A.  3

2 B. 3

C.

3 2

D. 0

2 Câu 89: Nếu đặt u  1  x

thì tích phân

1

I x

5

1  x dx trở thành: 2

0

1

B. I   u 1  u du

0

1

0

2

0

1

k

  k  4x  dx  3k  1  0 thì giá trị của 1

C. 2

D. 4

6

Câu 91: Nếu

 f (x)dx  10

4

0

 f (x)dx  7 , thì 0

 f (x)dx bằng: B. 17

 x  sin x  2m  dx  1  

Câu 92: Cho tích phân

1

 u6 u5  C. I     5 0  6

1

D. I   (u  1)u 5du 0

0

0

Câu 98: Cho I   e x cos 2 xdx ; J   e x sin 2 xdx và 

Giá trị của tham số m là: A. 5 B. 3 C. 4

2

.

D. 6

x

 cos tdt .

Hãy chọn khẳng

0

định đúng trong các khẳng định sau: A. g '(x)  sin(2 x ) B. g '(x)  cos x cos x 2 x Câu 94: f và g là hai hàm số theo x. Biết rằng x  [a, b], f '(x)  g '(x) Trong các mệnh đề: (I) x  [a, b], f '(x)  g(x) D. g '(x) 

(II) I  J  K

(I) I  J  e 

0

Lovebook.vn | 270

khẳng định sai trong các khẳng định sau: 1 13 A. I   x(1  x)5 dx B. I  42 2

khẳng định sau?

D. 3

C. 170  2

C. g '(x)  sin x

khẳng định sai trong các khẳng định sau: A. 3a  b  12 B. a  2b  13 C. a  b  2 D. a 2  b 2  41

0

4

Câu 93: Cho g(x) 

(III) x  [a; b], f (x)  f (a)  g(x)  g(a) Mệnh đề nào đúng? A. I B. II C. Không có D. III t 3  Câu 95: Cho f (x)    4 sin 4 x  dx .Giải 2 0 phương trình f (x)  0 k A. k2, k  Z B. ,kZ 2  C. k, k  Z D.  k, k  Z 2 2 dx a Câu 96: Giả sử   ln (với a, b là các số tự x 3 b 1 nhiên và ước chung lớn nhất của a,b bằng 1). Chọn

K   e x cos 2xdx . Khẳng định nào đúng trong các

6

A. 3

a

1

1

k là bao nhiêu ? A. 1 B. 3

a

Câu 97: Cho I   x(x  1)5 dx và u  x  1 . Chọn

C. I   u 2 1  u 2  du D. I    u 4  u 2  du Câu 90: Để

b

2

0

A. I   u 1  u 2 du

b

(II) (  f (x)dx   g(x)dx

(III) K 

e  1 5

A. Chỉ (II) B. Chỉ (III) C. Chỉ (I) D. Chỉ (I) và (II) Câu 99: Khẳng định nào sau đây là đúng:

a)Một nguyên hàm của hàm số ye

cosx

là sinx.ecosx

x 2  6x  1 x 2  10 ;g(x)  đều 2x  3 2x  3 là nguyên hàm của một hàm số. c)  xe1 x dx  (x  1)e1 x  C . b) Hai hàm số f (x) 

1

1

(d)  e  x dx   e x dx 0

A. (a)

2

3

0

B. (c)

C. (d)

d

d

a

b

D. (b)

Câu 100: Nếu  f (x)dx  5 ,  f (x)dx  2 với a <


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

b

A. 1  2 ln 2 B.

d < b thì  f (x)dx bằng a

A. -2

B. 0

C. 8 D. 3 1 4x 3 Câu 101: Cho 2 3.m   4 .dx  0 . Khi đó (x  2) 2 0 144.m 2  1 bằng: 2 2 3 A. B. 4 3  1 C. 3 3 10

Câu 102: Nếu

 f (x)dx  17 và 0

D. Đ/a khác 8

 f (x)dx  12

thì

0

10

 f (x)dx bằng: 8

A. 5 B. 29 C. 5 D. 15 Câu 103: Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau A. B. C.

3

1

0 3

2 3

0 3

0 3

2

2 2

0 3

0

2

 x  2 dx   x  1 dx  x  2 dx    x  2  dx  0 3

D.

 w '(t)dt

1

là sự cân

5

nặng của đứa trẻ giữa 5 và 10 tuổi. B. Nếu dầu rò rỉ từ 1 cái thùng với tốc độ r(t) tính 120

 r(t)dt

biểu

0

thị lượng galông dầu rò rỉ trong 2 giờ đầu tiên. C. Nếu r(t) là tốc độ tiêu thụ dầu của thế giới, trong đó t được bằng năm, bắt đầu tại t  0 vào ngày 1 tháng 1 năm 2000 và r(t) được tính bằng 17

 r(t)dt

biểu thị số lượng thùng dầu

0

tiêu thụ từ ngày 1 tháng 1 năm 2000 đến ngày 1 tháng 1 năm 2017 . D. Cả A, B, C đều đúng. Câu 105: Nếu f (1)  12, f '(x) liên tục và 4

 f '(x)dx  17 , giá trị của f (4) bằng: 1

A. 29

B. 5

C. 19 2

D. 9

Câu 106: Cho 2I  1 (2x  ln x) dx . Tìm I? 3

2

0

10

thùng/năm,

0

Chọn khẳng định đúng. A. I  J B. I  J C. I  J D. I  J  1 2 (x  1) Câu 108: Tính: K   2 dx =a ln5+b ln3 x  4x  3 0 thì giá trị của a và b là A. a = 2; b = -3 B. a = 3; b = 2 C. a = 2; b = 3 D. a = 3; b = -2 x f (t) Câu 109: Nếu  2 dt  6  2 x , x  0 thì hệ số t a a bằng: A. 9 B. 19 C. 5 D. Đ/a khác 3 a x  2 ln x 1 dx   ln 2 . Giá Câu 110: Biết I   1 x2 2 trị của a là:  A. B. ln2 C. 2 D. 3 4

Nếu đổi biến số t  sin 2 x thì 1 1 1  1 A. I   e t (1  t)dt B. I  2   e t dt   te t dt  20 0 0 

Câu 104: Khẳng định nào sau đây đúng ? A. Nếu w '(t) là tốc độ tăng trưởng cân

bằng galông/phút tại thời gian t, thì

x dx và J   4 cos2x dx.

Câu 111: Cho tích phân I   esin x .sin x cos3 xdx .

 x  2 dx    x  2  dx    x  2  dx

nặng/năm của một đứa trẻ, thì

16

Câu 107: Cho I  1

 2

x  2 dx    x  2  dx    x  2  dx

0

13 13 1  2ln2 C.  ln 2 D.  ln 2 2 4 2

C. I  2  e t (1  t)dt

D. I 

0

1 1  1 t e dt  te t dt    2 0 0 

x2

Câu 112: Giả sử

 f (t)dt  x cos(x) . Giá trị của 0

f (4) là

1 1 C. Đ/s khác D. 2 4 Câu 113: Cho hàm số y  f (x) có nguyên hàm trên (a ;b) đồng thời thỏa mãn f (a)  f (b) . Lựa chọn phương án đúng:

A. 1

B.

b

A.  f '(x).e

b

f (x)

B.  f '(x).ef (x ) dx  1

dx  0

a b

a b

C.  f '(x).ef (x ) dx  1 D.  f '(x).ef (x ) dx  2 a

a

m

Câu 114: Đặt f  m    cos x.dx . 0

Nghiệm của phương trình f  m   0 là A. m  k2, k   C. m  k, k  

  k, k   2  D. m   k2, k   2

B. m 

Lovebook.vn | 271


15 đề thi thử THPT quốc gia môn Toán – Kèm lời giải chi tiết b

Câu 115: Biết  f (x)dx  10 và a

D. a = -2 và b = 4; I = ln2 - 2

b

 g(x)dx  5 . Khi a

b

đó giá trị của tích phân: I   (3f (x)  5g(x))dx là: a

A. I  5

Ngọc Huyền LB

B. I  5 C. I  10 5

5

2

2

D. I  15

Câu 116: Cho biết  f  x  dx  3 ,  g  t  dt  9 . Giá

Câu 121: Nếu đặt t  3ln 2 x  1 thì tích phân e ln x I dx trở thành: 2 1 x 3ln x  1 2 4 1 1 1 A. I   dt B. I   dt 31 21t e2

5

trị của A   f  x   g  x   dx là:

a

2

A. Chưa xác định được B. 12 C. 3 D. 6 5 dx  ln K . Giá trị của K là: Câu 117: Giả sử  2x  1 1 A. 3 B. 8 C. 81 D. 9 Câu 118: Cho f (x) liên tục trên [0; 10] thỏa mãn: 10

6

0

2

 f (x)dx  7,  f (x)dx  3 2

C. 3

D. 2

1 Câu 119: Cho I   sinn xcosxdx  . Khi đó n bằng: 64 0 B. 4

A. a = ln2 B. a = 0

0

C. a = ln3  2

D. a = 1

Câu 123: Tích phân I   1  cos x  sin xdx bằng n

0

A.

1 n 1

B.

1 n 1

C.

1 2n

1 n

D.  2

 2

 6

A. 3

2

0

 sin

2

xdx và

0

6

B. 4

dx

 4x

Câu 124: Cho hai tích phân

 f (x)dx   f (x)dx có giá trị là: A. 1

Câu 122: Tìm a thỏa mãn:

Khi đó, giá trị của P =

10

0

e

1 t 1 dt D. I   41 t

2 C. I   tdt 31

C. 6

D. 5 sin 2x Câu 120: Cho hàm số h(x)  . Tìm a, (2  sin x) 2 0

acos x bcosx b để h(x)  và tính I   h(x)dx  2 (2  sin x) 2  sin x  

2

A. a = -4 và b = 2; I = 2ln2 – 2 B. a = 4 và b = -2; I = 2ln2 - 2 C. a = 2 và b = 4; I = 2ln2 - 2

 cos

2

xdx , hãy chỉ ra khẳng định đúng:

0

 2

 2

0

0

A.  sin 2 xdx   cos 2 xdx B. Không so sánh được  2

 2

C.  sin 2 xdx 

 cos

0

2

xdx

0

 2

 2

0

0

D.  sin 2 xdx =  cos 2 xdx

C – ĐÁP ÁN 1D 11D  21D  31B  41B  51B  61D  71C  81A  91A  101A  111A  121B 

2A 12D  22B  32B  42A  52A  62B  72C  82A  92C  102A  112A  122B 

Lovebook.vn | 272

3C 13D  23A  33B  43A  53A  63C  73D  83C  93D  103C  113A  123A 

4C 14B  24B  34C  44B  54C  64D  74A  84B  94C  104D  114C  124D 

5C 15B 25A 35D 45B 55A 65A 75A 85B 95B 105A 115A

6C 16C 26B 36A 46B 56C 66C 76D 86A 96C 106C 116B

7D 17A 27A 37C 47B 57B 67B 77A 87B 97B 107B 117A

8B 18A 28B 38B 48A  58B 68A  78D  88B 98D  108A  118B 

9A 19B  29B  39B  49C  59C  69B  79C  89C  99D  109D  119A   

10C 20A 30B 40B 50B 60D 70A 80C 90D 100D 110C 120A

15 đề thi thử THPT quốc gia 2017 môn Toán Kèm lời giải chi tiết Ngọc Huyền LB Lovebook.vn  

LINK DOCS.GOOGLE: https://drive.google.com/file/d/0B-aanuOGvhweWFJGZWczQVBLRGM/view?usp=sharing

15 đề thi thử THPT quốc gia 2017 môn Toán Kèm lời giải chi tiết Ngọc Huyền LB Lovebook.vn  

LINK DOCS.GOOGLE: https://drive.google.com/file/d/0B-aanuOGvhweWFJGZWczQVBLRGM/view?usp=sharing

Advertisement