15 đề thi thử THPT quốc gia 2017 môn Toán Kèm lời giải chi tiết Ngọc Huyền LB Lovebook.vn by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

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

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 

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

8 3 R 3

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 

có

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 

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

B. y '  x2 e x

D. y '  2xe x

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

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

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.

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

2

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

D. I  1; 2; 3 và R  5

1

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 3

và y   x 2 quay quanh trục Ox.

B. I 1; 2; 3  và R  5

C. y '  xe x

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

A. I  1; 2; 3 và R  5

C. I 

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





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

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

25 . z C. 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 

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

 x  1 2

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

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

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 ' 

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

17. x 24 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 

1 6

1 6

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

1 x

B. y '  D. y ' 

1 3

1 x

ln 2 2 1 x

. 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  2x x  1  4 2 x

A. 4

B. 5

x 1

x

 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

3 3a 3 4 thỏa mãn: D.

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

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

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

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

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.

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

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

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

 IK  AM  

 



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.



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

 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 

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

 x2    y1  y2   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





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

1 1 x  e dx  e  2 . 0 0

8 3 Câu 15: Đáp án A. Vậy S  e 

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

O D

 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

A’ B’

D’

 

Tam giác ABC có AB2  BC 2  a2  a 2

C’

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

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

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

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



Ta thấy trên 0;1 thì x2 1

  x 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

 2x  1  x2

 4 x  2 x 2  x 2  2 x  1  2 2

Lovebook.vn|14

x  1

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



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

 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





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

 x2   y  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 

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

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

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





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

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.

 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 

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

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

B C’

A’ D 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

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

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

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

 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 O

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

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 .

-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

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

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

và

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

-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

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

B. y ' 

2 x  x  2  ln 2 2

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

A. y ' 

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

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





A. S   f  x  dx .

B. S   f  x 

C. S   f  x  dx .

D. S   f  x  dx .

a b

dx .





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

 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





 

 

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 .

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

là

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

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

 P  : x  2 y  2z  3  0 .

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

1 . 6

2 . 3

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

nghiệm phân biệt x O

Phương trình y '  0 có một

x O

nghiệm 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

nghiệm phân biệt x

x O

Phương trình y '  0 có nghiệm

kép

x O

Phương trình y '  0 vô nghiệm

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

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

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

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



 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





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.

 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

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   32   2    3   26 . 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

 y2 

 x  2    y  3 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

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

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





 d A ,  SBC   AH . A

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. 

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 

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).

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).

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

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 

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

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  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



 c2

ac



5 a c 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 

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

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

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

Báşąng hai máşˇt pháşłng

ď&#x20AC;¨ MCDď&#x20AC;Š

vĂ

ď&#x20AC;¨ NABď&#x20AC;Š ta chia

kháť&#x2018;i táťŠ diáť&#x2021;n Ä&#x2018;ĂŁ cho thĂ nh báť&#x2018;n kháť&#x2018;i táťŠ diáť&#x2021;n: A. AMCN, AMND, BMCN, BMND

CĂ˘u 17: Biáť&#x192;u tháťŠc Q ď&#x20AC;˝ x . 3 x . 6 x5 váť&#x203A;i ď&#x20AC;¨ x ď&#x20AC;ž 0 ď&#x20AC;Š viáşżt dĆ°áť&#x203A;i dáşĄng lĹŠy tháťŤa váť&#x203A;i sáť&#x2018; mĹŠ háťŻu táťˇ lĂ 2

A. Q ď&#x20AC;˝ x 3

B. AMCN, AMND, AMCD, BMCN

B. Q ď&#x20AC;˝ x 3

C. Q ď&#x20AC;˝ x 2

D. Q ď&#x20AC;˝ x 3

CĂ˘u 18: Cho hĂ m sáť&#x2018; y ď&#x20AC;˝ x 4 ď&#x20AC; 2 mx 2 ď&#x20AC;Ť 2 m ď&#x20AC;Ť m4 . Váť&#x203A;i

C. BMCD, BMND, AMCN, AMDN

giĂĄ tráť&#x2039; nĂ o cáť§a m thĂŹ Ä&#x2018;áť&#x201C; tháť&#x2039; ď&#x20AC;¨Cm ď&#x20AC;Š cĂł 3 Ä&#x2018;iáť&#x192;m cáťąc tráť&#x2039;,

D. AMCD, AMND, BMCN, BMND CĂ˘u 13: NgĆ°áť?i ta muáť&#x2018;n xĂ˘y dáťąng máť&#x2122;t báť&#x201C;n cháťŠa

Ä&#x2018;áť&#x201C;ng tháť?i 3 Ä&#x2018;iáť&#x192;m cáťąc tráť&#x2039; Ä&#x2018;Ăł táşĄo thĂ nh máť&#x2122;t tam giĂĄc

nĆ°áť&#x203A;c dáşĄng kháť&#x2018;i háť&#x2122;p cháťŻ nháşt trong máť&#x2122;t phĂ˛ng

cĂł diáť&#x2021;n tĂch báşąng 4

táşŻm. Biáşżt chiáť u dĂ i, chiáť u ráť&#x2122;ng, chiáť u cao cáť§a kháť&#x2018;i

A. m ď&#x20AC;˝ 5 16

B. m ď&#x20AC;˝ 16

háť&#x2122;p Ä&#x2018;Ăł láş§n lĆ°áťŁt lĂ 5m, 1m, 2m (nhĆ° hĂŹnh váş˝). Biáşżt

C. m ď&#x20AC;˝ 3 16

D. m ď&#x20AC;˝ ď&#x20AC; 3 16

máť&#x2014;i viĂŞn gáşĄch cĂł chiáť u dĂ i 20cm, chiáť u ráť&#x2122;ng 10cm, chiáť u cao 5cm. Háť?i ngĆ°áť?i ta cáş§n sáť dáťĽng Ăt nháşĽt bao nhiĂŞu viĂŞn gáşĄch Ä&#x2018;áť&#x192; xĂ˘y hai báťŠc tĆ°áť?ng phĂa bĂŞn ngoĂ i cáť§a báť&#x201C;n. Báť&#x201C;n cháťŠa Ä&#x2018;Ć°áťŁc bao nhiĂŞu lĂt nĆ°áť&#x203A;c? (GiáşŁ sáť lĆ°áťŁng xi mÄ&#x192;ng vĂ cĂĄt khĂ´ng Ä&#x2018;ĂĄng káť&#x192;) 1 dm

2 ď&#x20AC;1

.9 2 .271ď&#x20AC;

báşąng: A. 1

B. 27

C. 9

D. 3

CĂ˘u 20: TĂŹm tiáť&#x2021;m cáşn Ä&#x2018;áťŠng vĂ tiáť&#x2021;m cáşn ngang cáť§a Ä&#x2018;áť&#x201C; tháť&#x2039; hĂ m sáť&#x2018; y ď&#x20AC;˝

2x ď&#x20AC;Ť 1 x ď&#x20AC;1

A. Tiáť&#x2021;m cáşn Ä&#x2018;áťŠng x ď&#x20AC;˝ 1, tiáť&#x2021;m cáşn ngang y ď&#x20AC;˝ ď&#x20AC;1.

đ?&#x2018;&#x2030;đ??ťâ&#x20AC;˛

đ?&#x2018;&#x2030;đ??ť

1 dm

CĂ˘u 19: GiĂĄ tráť&#x2039; cáť§a biáť&#x192;u tháťŠc E ď&#x20AC;˝ 3

B. Tiáť&#x2021;m cáşn Ä&#x2018;áťŠng y ď&#x20AC;˝ 1, tiáť&#x2021;m cáşn ngang y ď&#x20AC;˝ 2. C. Tiáť&#x2021;m cáşn Ä&#x2018;áťŠng x ď&#x20AC;˝ 1, tiáť&#x2021;m cáşn ngang y ď&#x20AC;˝ 2.

2m 1m

D. Tiáť&#x2021;m cáşn Ä&#x2018;áťŠng x ď&#x20AC;˝ 1, tiáť&#x2021;m cáşn ngang x ď&#x20AC;˝ 2. CĂ˘u 21: Ä?Ć°áť?ng cong trong hĂŹnh váş˝ lĂ Ä&#x2018;áť&#x201C; tháť&#x2039; cáť§a

hĂ m sáť&#x2018; nĂ o dĆ°áť&#x203A;i Ä&#x2018;Ă˘y?

A. 1180 viĂŞn; 8800 lĂt

B. 1182 viĂŞn; 8820 lĂt

C. 1180 viĂŞn; 8820 lĂt

D. 1182 viĂŞn; 8800 lĂt

CĂ˘u 14: Ä?áşĄo hĂ m cáť§a hĂ m sáť&#x2018; y ď&#x20AC;˝ 10 x lĂ : A.

10 x ln10

B. 10x.ln10 C. x.10xď&#x20AC;1

D. 10x

CĂ˘u 15: Cho hĂŹnh chĂłp S.ABCD cĂł Ä&#x2018;ĂĄy ABCD lĂ hĂŹnh bĂŹnh hĂ nh, M vĂ N theo tháťŠ táťą lĂ trung Ä&#x2018;iáť&#x192;m V cáť§a SA vĂ SB. TĂnh táť&#x2030; sáť&#x2018; tháť&#x192; tĂch S.CDMN lĂ : VS.CDAB

1 4

5 8

CĂ˘u 16: Cho hĂ m sáť&#x2018; y ď&#x20AC;˝

3 8

1 2

x cĂł Ä&#x2018;áť&#x201C; tháť&#x2039; ď&#x20AC;¨ C ď&#x20AC;Š . TĂŹm x ď&#x20AC;1

m Ä&#x2018;áť&#x192; Ä&#x2018;Ć°áť?ng tháşłng d : y ď&#x20AC;˝ ď&#x20AC;x ď&#x20AC;Ť m cáşŻt Ä&#x2018;áť&#x201C; tháť&#x2039; ď&#x20AC;¨ C ď&#x20AC;Š táşĄi hai Ä&#x2018;iáť&#x192;m phĂ˘n biáť&#x2021;t? A. 1 ď&#x20AC;ź m ď&#x20AC;ź 4

B. m ď&#x20AC;ź 0 hoáşˇc m ď&#x20AC;ž 2

C. m ď&#x20AC;ź 0 hoáşˇc m ď&#x20AC;ž 4

D. m ď&#x20AC;ź 1 hoáşˇc m ď&#x20AC;ž 4

Lovebook.vn|36

A. y ď&#x20AC;˝ x 4 ď&#x20AC; 2 x 2 ď&#x20AC;Ť 2

B. y ď&#x20AC;˝ x 3 ď&#x20AC; 3x 2 ď&#x20AC;Ť 2

C. y ď&#x20AC;˝ ď&#x20AC; x 4 ď&#x20AC;Ť 2 x 2 ď&#x20AC;Ť 2

D. TáşĽt cáşŁ Ä&#x2018;áť u sai

CĂ˘u 22: CĆ°áť?ng Ä&#x2018;áť&#x2122; máť&#x2122;t tráşn Ä&#x2018;áť&#x2122;ng Ä&#x2018;áşĽt Ä&#x2018;Ć°áťŁc cho báť&#x;i cĂ´ng tháťŠc M ď&#x20AC;˝ log A ď&#x20AC; log A0 , váť&#x203A;i A lĂ biĂŞn Ä&#x2018;áť&#x2122; rung cháşĽn táť&#x2018;i Ä&#x2018;a vĂ A0 lĂ máť&#x2122;t biĂŞn Ä&#x2018;áť&#x2122; chuáşŠn (háşąng sáť&#x2018;). Ä?áş§u tháşż káťˇ 20, máť&#x2122;t tráşn Ä&#x2018;áť&#x2122;ng Ä&#x2018;áşĽt áť&#x; San Francisco cĂł cĆ°áť?ng Ä&#x2018;áť&#x2122; Ä&#x2018;o Ä&#x2018;Ć°áťŁc 8 Ä&#x2018;áť&#x2122; Richter. Trong cĂšng nÄ&#x192;m Ä&#x2018;Ăł, tráşn Ä&#x2018;áť&#x2122;ng Ä&#x2018;áşĽt khĂĄc áť&#x; Nháşt BáşŁn cĂł cĆ°áť?ng Ä&#x2018;áť&#x2122; Ä&#x2018;o Ä&#x2018;Ć°áťŁc 6 Ä&#x2018;áť&#x2122; 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

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

vuông cạnh a, SD  3

a 17 . Hình chiếu vuông góc 2

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

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

a 3 5

a 21 5



Câu 37: Hàm số y  3  x2



tại B  3;1 .





4 3

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

1  Khẳng đinh nào sau đây là sai?

1 0 2



như hình bên:

x y y







 





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

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

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

a3 3 3

a3 4

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 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

a3 3 2

a3 3 4

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

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

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

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 ' 

 x  1

 0  thỏa mãn

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

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

y  ax  bx  c 4

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 

C H I

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’

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

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

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

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

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

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:

M O

a>0 A D B

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

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

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

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

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

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

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

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

K C

2v3  24v2

 v  8

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

A I K C

M C

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

Lovebook.vn|44

f '  v   0  v  12.

3a 3

. 3

 200.

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.

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



x2  2x  1

 x  1

 2x  3

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

 f  x  dx  0 a

đúng:

y O 1/2 -1/2

 f  x  dx    f  x  dx a

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

-1

 a

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

 5 B. y     3e 

 1  D. y    2 2

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

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

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

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

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

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

C. 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

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

A. C. 9  10i

1 4

 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

 f  x  dx  e

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

điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực trị của đồ

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

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

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

và

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

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

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

1 3

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

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

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

10cm

theo a và b bằng: A.

2b  a  2 3

Lovebook.vn|48

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





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

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 

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

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

3 4

Câu 41: Cho hàm số y  5

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

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

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:



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

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

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

 y 2  z 2  2x  6y  4z  13  0.

Có

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

 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 

) 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

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.



 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 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

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





 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 

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

A. x  1

C. y  x 2  2 x  3

D. y  2 x 4  3x 2  1

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

Câu 2: Cho hàm số y  f  x  

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

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

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

D. 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

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

25 3



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

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

3 1

.a 2 

a  2 2

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

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:

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

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

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



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

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

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

a2  b2  c 2

a2  b2  c 2

A. n   5; 6; 7 

B. n   5; 6;7 

2 a 2  2b 2  c 2

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

A. 45

B. 30

C. 75

D. 60

góc Góc

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

B.  x  1   y  2    z  3   53 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 

Câu 46: Cho ba điểm B. V 

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

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

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

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

có

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.

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 +

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   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

 1

 1  x   1  1  x 1 1 o

1

x



2 x0  1

x

 1  1 4

Câu 12: Đáp án B



x

 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

'  a . ln a x

Câu 13: Đáp án A.

 1

2 x0  1









2 x0  1 1

x

 1

 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



 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

. Do vậy

ta sẽ giải bài toán như sau:

61|Lovebook.vn

Ngọc Huyền LB

The best or nothing

 

Lời giải: BPT  32. 2x







 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

  log  2.3.5  log  3 .5

Ghi nhớ: Công thức áp dụng:

loga x  loga y  loga xy

 1  2 log 30 3  log 30 5  2a  b  1

Câu 19: Đáp án C. Lời giải: ta có



3 1

.a2 

2 2



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

 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.

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

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 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





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 

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:

B O

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:

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

a A’

B’

a b c . 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

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

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

C S

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 

 1

 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

 42 . 32  7 2   1



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

 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

 1  y   1  z   1  x    2  y   1  z  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

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

 

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

A. 7

B. 9

C. 5

D. Đáp số khác

Câu 7: Với giá trị nào của m thì đường cong

C  : y  x

 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

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

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

Câu 14: Tập xác định của hàm số y 

\10

C.  ln10;  

C. a  b 2

e x  e10

nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng là:

B. 10;  

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

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   f '  x  g  x  dx b

b b B.  f  x  g '  x  dx  f  x  g  x    f '  x  g  x  dx a a a





 f  x  g  x  dx   f  x  g  x  a   f '  x  g '  x  dx b

 f  x  g '  x  dx  f  x  g  x    f '  x  g  x  dx 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

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:

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.

B. 5

Câu 31: Trong mặt phẳng Oxy, gọi các điểm

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

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. 

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.

243

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

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

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

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:

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

C. Chỉ có năm loại khối đa diện đều

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

B.  x  1  y 2   z  4   5 2

C.  x  1  y 2   z  2   5 2

D.  x  1  y 2   z  2   5 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

1 abc 6

1 abc 3

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

 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

ngoài T  đạt giá trị nhỏ nhất, tương đương với tìm x để thể tích khối trụ T 

x O’

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



 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



 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

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 



 1   3.2x   3.2x  . Thiếu trường hợp cơ số bằng 1 x

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

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

 udv  uv a   vdu 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:

 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



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:



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



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  





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

Điện lượng chạy qua tiết diện S trong thời gian từ t1 đến t2 là q   i.dt . t1

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





 f  u .u ' dx

Ghi nhớ:

 tan x  '  tan

x 1



Lời giải: Ta có I   tan 2 x  tan 4 x dx   tan 2 x 1  tan 2 x dx 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

1

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

Khi đó ta suy ra







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

 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 

 x  4

 y2 

 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

 x  4

y  2

 10  2 x  y 2

y  2

 2x    2 y  2

u  v  uv

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

 y  1.



 x  4



  y   12  12  2



  x  4 

 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' .

 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

Ngọc Huyền LB

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’

O D

B ’

O’

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



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 

 5

Vậy  S  :  x  1  y 2   z  2   5 . 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

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

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

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 

-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

a 10 3

a 10 5

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





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







  

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

D. y ' 



 1 ln 2017

x

1 2

Câu 45: Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau:



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

Q P





 1  x 

dx 

3 2

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

và

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 

 10 B. F  x  

ln 4 x  6 4

ln x 

 10

3 2

nhiêu?

D E

4000  2  2  4000 2  2 4  2 2   A. B. 2 2 C. 4000 2  2

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



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





C. F  x  

 2

đường thẳng d :

C. I 

Câu 47: Cho mặt phẳng

 B. I   ln 2 4

 A. I   ln 2 4

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

4  2 2 D. 4000  2  2   

70 3 64 3 D. 9 9 để phương trình

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

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



m2  m  2

 x  m

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

Lời giải pt   a  b 

 a  b  16ab  16

 ab .

 a  b log

 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

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  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  

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

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

 4   2 x  1   2 y  3   16 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:

Do diện tích tam giác SAB là

SA  OB  OB   SAC  Ta có   AC  OB



Do đó d B, SAC 



2SSAB

a 2  OB . Ta có AB  .  a . Khi đó BD  a 2  OB  2 SA

B O

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 ' 

 x  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







 



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



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

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

Mà tam giác SBC vuông tại S nên BC  SB  SC  b  c nên 2

R  SI 

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

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

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.

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

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

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

 200.

2v3  24v2

 v  8

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

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

50  log

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.

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.

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

 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





H N G

Mà AB  AH  400 2  2 . Vì tam giác AMH vuông cân tại M nên AM  HM 





 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

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

 sin 1  x  dx   sin xdx . Đặt 1  x  t Khi đó đổi cận thì VT của phương trình trở 0

thành  sin tdt   sin tdt  VP , vậy A đúng. Với B ta có : Đặt t 



x 1  dt  dx . Đổi cận: 2 2

 2

 sin 2 dx  2  sin tdt . Vậy B đúng. 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 

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

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 

\0 D.  0;  

giữa trục và đường sinh bằng 600. Thể tích của khối nón là: A. 9cm3

 2 m  1 x  3

có

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:

 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?

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

x



 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

 1 dx 

đồ thị phù hợp với hình vẽ bên: y

2 x

-2

A. y  x

B. y  x

C. y  x

D. y  x 1 3

1 5

B. y  e  x

A. y  e x C. y  log

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

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

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

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

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

B. Hàm số có hai điểm cực trị

a3 3

a3 3 3

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

D.  cm .

C. 2cm

Câu 28. Số nghiệm thực phân biệt của phương 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

-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

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:

C. 3

một nguyên hàm của hàm số: A. y 

−

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:

bằng 60 . Thể tích của khối chóp S.ABCD là:

a3 . 2

a3 . 3

C. a 3 .

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.

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;  

hàm

số

y  sin x  sin x là: 4

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

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

Cho 2

cos 

Lovebook.vn|102

có

AB  3a, BC  a. Khi quay hình tam giác đó xung

D. -1 phương

     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.

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

mặt đáy. Ở đây SH là trục của hình nón, SA, SB là các đường sinh, Khi đó góc

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 .

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

  27 

Ta có hình vẽ của tứ diện

Nhận xét hai mặt phẳng  ABC  và  BCD  vuông góc với nhau có BC là giao

tuyến. Gọi H là trung điểm của BC suy ra AH  BC ( do tam giác ABC là tam giác

đều).

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

a Lovebook.vn|104

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

Vậy V  8. SG.SABC  8. .a.

a 2 3 2 3a 3  . 4 3

Câu 11: Đáp án C. Ta có

 x







 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:

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

 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 .

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’

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

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

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.

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

AB2  SA 2  SB2  2.SA.SB.cos ASB  AB  2 2  2 2  2.2.2.cos 60  2

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

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

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  .

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

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.

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% 

Sau tháng thứ ba, số tiền người đó có trong ngân hàng là A.  1  0, 5% 

… 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

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



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

 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

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

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

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

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

MA  MB  MA  MB ' . Gọi I là giao điểm của AB’ với mặt phẳng Oxy  . B

Lovebook.vn|110

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

 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

 .cos 2 

 2sin

cos 4  2.sin 2  .cos 2 

2

 sin

 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

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

x x y'

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:

-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.

+ x

y Y

của hàm số y   x 2  4 có tất cả bao nhiêu điểm chung? A. 0.

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' 

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



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

Mệnh đề nào dưới đây đúng ? 13

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



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.

hàm

y  ln 1  x  1 . x

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.

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.)

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

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.



B. I  8.

A. I  32.

D. I  4.

C. I  16.

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

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

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 





Y y

125 5  4 2 

B. V 





125 5  2 2 

D. V 





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 

 x  1

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 

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





2x trên  ta có x 1 2



2 x 2  1



x2  1



  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

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

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 

khi a  1

log a x  log a y  x  y

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 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

3 

8t  3  t  1

 t  1

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

 



thì I   f  2 x  dx 

thì f x dx  f t dt a

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

ln 4

x x x  e dx  2.  e dx  e

x -8

-4

O -5

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

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

 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

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







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

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

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

tìm tỉ lệ thể tích giữa hai khối chóp, tức là tìm tỉ lệ diện tích giữa tam giác BCG và tam giác BCD.

Lời giải: Do G là trọng tâm tam giác BCD nên ta dễ suy ra được

Khi đó B

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

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.

Vậy bán kính của đường tròn là R 

a 3 . Khi đó thể tích của khối trụ là 3

B I

Câu 41: Đáp án 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

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

S  :  x  1   y  2    z  1 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

 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

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:

‐1 O

‐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

D. 6

A, B

h R

x1 Câu 4: Cho hàm số y  C  . Tìm tất cả các 2x  3

điểm trên đồ thị hàm số  C  có tổng khoảng cách

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. 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

 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

D. log 1 a  log 1 b  a  b  0 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

 m 

10 36

 m 

B.  C. 



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

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



B. 2200 m3









A.  x 3  x 2 dx   x 2  x 3 dx 0













B.  x 3  x 2 dx   x 3  x 2 dx   x 3  x 2 dx 0













C.  x 3  x 2 dx   x 3  x 2 dx   x 3  x 2 dx 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





A.  1  x 2 dx





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:

B.  x 3  6 x 2  12 x  8 dx 3

Tính thể tích nước trong bể sau khi bơm được 20 giây.



Sau 10 giây thì thể tích nước trong bể là 1100 m 3 .

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

Cho h ʹ  t   3at 2  bt và a, b là tham số .

1 udu 2 9 9

C. I   udu

B. I 

bằng công thức nào sau đây

giây.

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

hàm số y  x 3  6 x 2  9 x , trục tung và tiếp tuyến

4 x 3  5x 2  1 là x2

A. 

u  8  cos x thì kết quả nào sau đây là đúng?

Câu 26: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị

Câu 22: Họ nguyên hàm của hàm số y

Câu 25: Cho tích phân I   sin x 8  cos xdx . Đặt

1020

 2

 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

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 ;

 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

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

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. 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 

C. d 

B. d 

D. d 

29 24

 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

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

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

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. (

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

 x  1

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:

1 2

x0 

3 2

12  0 2

2 xo  3



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

khi tính khoảng cách giữa điểm M đến 2 đường

‐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

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

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.

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

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

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.

. 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 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

 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

1 nằm trong khoảng  0;1 thì đổi chiều bất 3 phương trình. Tôi xin nhắc lại kiến thức như

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

 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

Câu 21: Đáp án B.

V1  V  V .

Tương tự ta có 1000 a  50b  1100

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

với

mệnh

đề

có

 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.

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

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

I   sin x 8  cos xdx    8  cos xd  8  cos x 

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

9 8

 2

Khi đó: SP   x 3  6 x 2  9 x   3 x  8  dx

Mà nhìn vào đồ thị ta thấy rõ rằng trên 0; 2  thì

3 x  8  x 3  6 x 2  9 x .

Khi đó I    udu   udu





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

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. 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

đường y  f  x  ; x  a; x  b; y  0 ; với a  b khi quay quanh trục Ox là

V    f 2  x  dx . Nhìn vào đáp án A ta có thể a

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





 1  x2



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

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

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

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

(

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,

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

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:

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

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’

 

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

   IM  1 d  N ;  IBD   IN

d M ;  IBD 

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

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,

nên các công thức, các số liệu phải thật cẩn thận,

có thể bạn mới đạt điểm cao mà không bị mất điểm đáng tiếc.

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

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

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 .

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

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 6

 5

S  :  x  1   y  2    z  3  2



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 

 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



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

 1

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

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

 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 .

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

A. Min f  x   21

B. Min f  x   14

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

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 

36 3 94 3

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



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



 x  1

x

A. x  1

  ln x  x x 2

1



  1



 1  2x  1

13  12

 

B. x  1



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



Câu 20: Nếu

1

 

log 2 x 2  4 x  1 là

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

‐2

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

B.  f  x  dx   f  x  dx

2

C.  f  x dx   f  x dx D.  f  x  dx   f  x  dx

2

‐2 ‐1

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

512  C. (đvtt) 15

32 (đvtt) 3

mô đun nhỏ hơn 2.

32  D. (đvtt) 3

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

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

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.

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

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 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

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

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

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

 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.

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

1





x  1 2

x

1



. 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



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



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 

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.

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

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



1

 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

1



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

 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

phân Sp thì x phải chạy từ số bé đến số lớn. Tuy

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.

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 

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

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

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 

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’

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

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 .

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 

AC ʹ 2

C’

khi nhân vào triệt tiêu được R ban đầu. Khi đó

A’

B’

ta có như sau:

 V V  V 2 3 Stp  2.  .R2  2.3    đáp án B.  2R 2R  4 

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 

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’

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

vào

có

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

  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



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 

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 .

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

x1 , x x2 2

 

trên khoảng có độ dài không nhỏ hơn 1.

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

;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

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. 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



D. đáp án khác

e

2 x

 e x

  B. D   e ;   C. D   0; e    e ;   D. D   ; e    e ;  



ln x  2 là: ln x  1

A. D  e 2 ;  1

2

1

2

1



120

Câu nào sau đây là đúng?



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



Câu 16: Đạo hàm của hàm số:

Trạm xăng Trạm thu phí

C. y ʹ 

 e

Câu 15: Tập xác định của hàm số y 

A. y ʹ 

2 e 2 x  e 2 x

ex  ex . ex  ex

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



Câu 27: Tính diện tích hình phẳng được giới hạn như hình vẽ:

y 4

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

số

F  x  5  2sin2 x

và

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

‐2

A. 3 B. 2 C. 0 D. 1 Câu 24: Mệnh đề nào là sai trong các mệnh đề sau?

C. 2016! Câu 23: Phương trình

1 1 1 1    ...  . A có log2 x log3 x log4 x log2016 x

gía trị bằng: A. 1

Câu 29: Cho A 

 

ln m

 0

 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 

z1 ; z2 thỏa mãn

 iz1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

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













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 .

và SA   ABCD  . Một mặt phẳng qua A vuông

B. N 1;1



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

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

A. MN 

 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

B. a

a 3 2 12

C. 2 a

a 3 12

a 3 D. Đáp án khác. 6 Câu 41: Một hình lập phương có cạnh bằng a. Thể

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

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

 S  :  x  1   y  2    z  3  2

đường thẳng  :

 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

9 14

3 C. 14

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

3 2

2 3

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

Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN 1B

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.

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

 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

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.

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

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

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

có

luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 , tức là lúc này

x1  x2  1.

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

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

 y  0 là

B 60

tiệm cậng ngang của đồ thị hàm số. Mà y  0 là

trục hoành của đồ thị hàm số, do đó B đúng.

Phân tích sai lầm: Nhiều độc giả không phân biệt

dẫn đến sai, nếu không nhớ, hãy thử vẽ trục tọa

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 

 40 2  x 2  240 x  16000

Khi

định. Ta có y ʹ 

BC 

m  1

 x  1

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.

120

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



 



 



 



 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:





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

. 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

 e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.





e

4 x

 ex



 e



 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



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

100000  1  0.04   194790 x

 6.2  2 . Đặt x

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

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:

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.

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

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

x   a; b  với a, b là các cận ứng với hai mặt

 6x  1



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

 2x  3

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



 * 

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  .

 2x  3

. Vậy A đúng.

Với mệnh đề B ta có:





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

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

đây là mệnh đề đúng.



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





cần tìm sẽ bằng: V  8  S  x  dx 8  a  x dx 0

 x3  8  a2 x  3 

 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

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

 z 

1 i

Phân tích: a b 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

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

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

z

9 a  3b  12 a  1   11b  3a  14 b  1

i  1  m2

nếu đặt z1  x1  y1 i

x ; y 1

   . Khi đó điểm

M  x1 ; y1  là điểm biểu diễn số phức z1 thỏa mãn:

i  x1  y1 i   2 



 x12  y1  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 .

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

nhật MNPQ. Ta có hình sau:

M’

S x

B P

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

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 

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’

A A

C H B

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 .

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 

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

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 

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

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

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

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



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

 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

C. y  x 4  2 x 2  5 .

D. y 

x  x1 . x 2

C. k 

1

 a  1

D. k 

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 

 1 1 

y’

+  0 

  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 

 a  1

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

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.

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?

a a 3 a 3 a bằng:

B. 5746 (năm).

C. 5748 (năm).

D. 5745 (năm).

C  log

A. a 27

A. 5747 (năm).

Câu

Câu 13. Cho a  0. Dạng lũy thừa của biểu thức 3

B. a 81 .

log 5 x  3  4 .

Cho

 x  3   log

A. C  44.

3 25

D. a 81 .

B. C 

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 .

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

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

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

x

x



2017

là

2017

 x  1 

 C .

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.

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 .

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

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

. 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.

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 .

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 .

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

 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 là b

a a a  2. B.  1. C.  1 . b b b

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

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  

 x  1 1

 a  1

 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

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 

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 /

C  tại điểm M k  y  x   4x  8x  7   2 x  2   3  3, x  

của

có hệ số góc

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

a a 3 a 3 a  a a a 3  a a.a 9 3

 a a

13 9

 a.a

13 27

 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 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

  



a b 4

a4b

a4b 4



a  4 ab

 4

a4b

a b 4



  a 4

a4b

a b 4



a  b  a   b. 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

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

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.

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



   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

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

f 3  2   f 3  0   b  f 3  2   a3  b  f  2   3 a3  b .

Khi đó: C  log

Theo giả thiết:

Câu 18. Đáp án C. Ta có: log 5 x  3  4 

2 2  3 f ʹ  x  f  x  dx   3 f  x  df  x 

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

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

có

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

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  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:

z  a  bi  z 2  a2  b2  2 abi  z2 

a



 b2   2 ab   a2  b2  z 2

Câu 30. Đáp án C. Ta có:

1 1 m n   2  2 i . 2 z m  ni m  n m  n2

Cʹ

Aʹ

Câu 31. Đáp án B.

Bʹ

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

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 a

2a B

Câu 38. Đáp án D.

G H

Ta có: BC  a 2 . Gọi H là trung điểm cạnh BC

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

Aʹ

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



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

600 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



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?

A.  f  x dx   f  x dx   f  x dx

C.  f  x dx   f  x dx   f  x dx a

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.

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?

x 

A. Đồ thị hàm số y  f  x  không có tiệm cận

ngang.

B. Đồ thị hàm số y  f  x  có một tiệm cận

đứng là đường thẳng y  0.

ngang là trục hoành.

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

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  .

 ; 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 :

 1 2 

y’

+ 0  +

Câu 20: Xét hàm số f  x   3 x  1 

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 

C. R 

a 13 2

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.

1 . 2

D. 2. 189|Lovebook.vn

Ngọc Huyền LB

The best or nothing 2

A.  f (2 x)dx  2

B.  f ( x  1)dx  2

1

3

C.  f (2 x)dx  1

1 f ( x  2)dx  1 2 0

D. 

1

Câu 30: Cho số phức z = 1 + 3i . Khi đó

‐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

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

y

ax  b . Mệnh đề nào sau đây là đúng? cx  d

 a, b    . Mệnh đề nào sau đây đúng?

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

A. S   x3dx    x  2 dx. B. S 

x 0



 x  2 dx

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

C. S 

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  .

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)  

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.

Hai

phương

trình

f ( x)  m

và

f ( x  1)  m  1 có cùng số nghiệm với mọi m .

A. 0    1  .

B. 2.

f ( x  1)  2017 có cùng số nghiệm.

A. 3



C. 7 

Hai

phương

trình

f ( x)  m

và

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

tốc tuân theo quy luật v(t )  10t  t 2 , trong đó t

(phút) là thời gian tính từ lúc bắt đầu chuyển động, v(t ) được tính theo đơn vị mét/phút (m/p).

Nếu như vậy thì khi bắt đầu tiếp đất vận tốc v của khí cầu là:

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

 f  x  dx

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx . c

  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.



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

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

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

C G M

 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 

 x  2

 x  2 2  1 0  x  1 (do ta xét trên tập D).  x  2

Ta có bảng xét dấu:

x yʹ

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

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.

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.

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 .

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



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



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

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

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

  2i  50

197|Lovebook.vn

Ngọc Huyền LB

 i  1

100

The best or nothing



 i 2  2i  1



  2i  50





Suy ra w   2i    2i   2 50 .  i   i 50  2 50 .  2   2 51 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

 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 

x 

a



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

  vdu

Đặt u  ln  x  1  du  vdv  x 2 dx  v 

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 .

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

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

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

Do đó V  Sd .BB ʹ 

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

a 3  AB ʹsin B ʹ  AM 2

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  .

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

 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

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

dạng như sau:

a 3 a 14 a 6 . B. . C. . 2 2 2

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 ?

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

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

. 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.

5a 2 5a 2 . B. . 3 6

 t



 1 t 2 dt.

a 2 . 3

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.

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.

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.

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

 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

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.

Câu 19: Với a , b  0 bất kỳ. Cho biểu thức 1

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:

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?

thực khác 0. Một phương trình bậc hai với hệ số

Xe thứ nhất Xe thứ hai Xe thứ ba

a3 b  b3 a 6

a6b

. Tìm mệnh đề đúng.

A. P  ab .

B. P  3 ab .

C. P  ab .

D. P  ab.

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

1 t t  1dt. 2 1

Lovebook.vn|204

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

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 . 12

a . 2

a . 4

a . 6

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

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

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:

1 (đvdt). 2

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  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

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.

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

  2 0 2 

mãn điều kiện MA  2. Tính khoảng cách từ M

y’

 0 + 0  0 +

 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 ,

có

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

cho n ln n   ln xdx có giá trị không vượt quá

đỉnh là 900 , bán kính hình tòn đáy là a?

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

B. m  3.

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

 x  1

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

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

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 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

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

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  





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

 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

 2 ln 2 2  ln 2

 4 a  b  4.2  1  9 .

Câu 19: Đáp án B.

   2  32 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

d1  60.4    60  15t  dt  360 ;

Câu 18: Đáp án D.

bằng 0 .



 1  i 

d3  40.8    40  10t  dt  400

Vậy Tổng các nghiệm của phương trình 3x

 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



 1 t 2 dt

Câu 17: Đáp án A.

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

Câu 22: Đáp án B.

 y   x 4  x 2  1  4 x 3  2 x ; Vì y  0 có 3

 x  z x  z  0  x

Câu 16: Đáp án C.



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.

 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

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

I I

C A

E B'

C' I'

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

và

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

 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

 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



 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

 ab4b4a

Khi đó R 

 a  1   a  5   3  a  2

Do đó x  4 x  3  m có đúng 4 nghiệm phân 4

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.

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  .

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

 Độ dài của vecto OM được gọi là mô đun của số phức z và kí hiệu là z .

 Vậy z  OM  a2  b2 .

độ. Khi đó

5. Số phức liên hợp. a O

‐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

A. M  2;0  .

B. N  2; 0  .

C. P  0; 2  .

D. Q  2; 2  .

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 .

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

 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

 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   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

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.

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 .

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

Lời giải

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?

‐4

‐2

nhất?

D. z4  3  mi.

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

‐1

1 O

‐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

z min  0 , điểm biểu diễn là điểm O .

 Chọn đáp án A. Câu 26. Biết các số phức z có tập hợp điểm biểu

diễn trên mặt phẳng tọa độ là hình tròn tô đậm

B 1

như hình vẽ bên. Môđun lớn nhất của số phức z là  Tam giác OAB có góc OBA là góc tù nên

OA  OB  z  OB  1. O

Vậy z min  1.

 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

y A O

2 x

B O

 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 1

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?

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:

z  2  2i   x  2    y  2  i

 z  2  2i  2   x  2    y  2   4. 2

A ‐2

1 O

A. 1  2i.

B. 2  i.

C. 2  i.

D. 2  i.

 Chọn đáp án C.

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

Điểm A  2;1 biểu diễn số phức 2  i trên mặt phẳng tọa độ.  Chọn đáp án B.

Câu 31. Điểm B ở hình vẽ bên biểu diễn số phức

nào sau đây?

y 3

A. 3  i.

B. 3.

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

nào sau đây? y

‐2

‐1 O

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.

 . 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

nào sau đây là tập hợp các điểm biểu diễn số phức

z , biết z có phần ảo không nhỏ hơn 1? y

x O

1 1

B. y

y 1

Lời giải

Gọi z  x  yi;  x  ; y 

x O

 . Số phức

z có điểm

M  x; y  biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ. Theo giả thiết: x  1  Chọn đáp án B.

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.

 . 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

nào sau đây là tập hợp các điểm biểu diễn số phức

z , biết z có phần ảo không lớn hơn 1? y

x O

1 1

C. Lovebook.vn|222

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

Ngọc Huyền LB

1 1

Lời giải Gọi z  x  yi;  x  ; y 

 . Số phức

z có điểm

M  x; y  biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ.

1 O

Theo giả thiết: y  1  Chọn đáp án C.

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

Gọi z  x  yi;  x  ; y 

1 O

 . 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

1 O

1 x

-1 O

-1

B. A.

Lời giải

Gọi z  x  yi;  x  ; y 

 . Số phức

z có điểm 1 O

M  x; y  biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ.

1 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?

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.

D. Đường tròn tâm 1; 1 , bán kính bằng 2. 1

1 x O

Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

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.

 Chọn đáp án A. Câu 11. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z 1

1 O

-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.

có

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

  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

 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

có

Lời giải

phương

trình

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

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 



biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

z  1  2i   x  1   y  2  i  x  ; y 



có

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.

D. Đường thẳng có phương trình x  y  0. Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

 . Điểm

y 1

M  x; y  biểu -1

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

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

 x  y  1  0.

Do z  1  3i   x  1    y  3 i  x  ; y 



có

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

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

1 x

-3 -2

có:

-1 O

-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 ).

 x  2   y  2 2

 4   x  1  3   y  2   4. 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

x 1

-1 O

x -3 -2

-1 O

-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

-1

z  2  x-3 2  yi ,

-3 -2

-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

 x 2   y  1   y  1  y  2

O -1

x -1

mãn z 2   z   4. Tập hợp tất cả các điểm biểu

-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

 y 2  9   x  1  2    y  2   2   9 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.

 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

z  i  x   y  1 i; z  z  2i  2  y  1 i

3 2 1 x -3 -2

-1 O

-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

x -3 -2

-1 O

-1

O 1 -3 -2

-2

-1

-3

-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

-3

-2

-1 -1

O 1

x 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

B. z có môđun không lớn hơn 3.

môđun không lớn hơn 3.

-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

A. z có môđun không nhỏ hơn 2.

2 1 -3

-1

C. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 .

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

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

2 2  x  y  9 Từ hình vẽ ta có:  .  y  x

1 -3

-1

O -1

 Chọn đáp án D.

-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

A. z có môđun không nhỏ hơn 2. B. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 và phần thực

thuộc đoạn 3; 1 .

C. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 . 1 -3

-1 -1 -2 -3 -4

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.

Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

x2  y 2  9  Từ hình vẽ ta có:  x 2  y 2  4. x  0 

1 x

O -1

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

-3

 . Điểm

-1

-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.

B. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 và phần ảo thuộc đoạn 1;1 .

C. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 .

D. z có môđun thuộc đoạn 2; 3 và phần thực

1 -3 -2

thuộc đoạn 1;1 .

-1 O

x 1

-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

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

-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

O 1

-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

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

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

-1 O

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

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

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

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

x2 y 2   1. 16 25

x2 y 2   1. 25 16

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



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

x2  y 2  9  Từ hình vẽ ta có:  x 2  y 2  4 .  3  x   1 

x2 y 2   1. 4 3

-2

M  x; y  biểu

diễn z trên mặt phẳng tọa độ.

x 1

-1

Lời giải

Gọi z  x  yi ;  x  ; y 

-1 O

trục bé là b  a 2  c 2  4.

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.

x2 y 2   1. 12 4

x2 y 2   1. 16 4

x2 y 2   1. 12 16

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



Câu 38. Cho các số phức z1  1  i , z2  4  i ,

nào sau đây trên mặt phẳng tọa độ sao cho tứ giác

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

có

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

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



 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.

26  2 2  58 . B. 26  2  58 .

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

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 .

Câu 33: Cho số phức

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

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.

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 .

y 3 O

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

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

1 O

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

D. Giá trị lớn nhất của z bằng

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

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  .

-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

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  

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

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

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:

29152 3 cm 

B. 29152 cm 3

C. 14576 cm 3

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:

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

 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

thẳng đều t 

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

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

 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  .

120  x   0;12 

Ta có f ʹ  x  

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)

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  ax  b   C  a   ,      ax  b  dx    a 1 

 x  a dx  ln x  a  C

 ax  b  a .ln ax  b  C

e

dx  e x  C

e

 a dx  ln a a x

 C ,  a  0, a  1

 1

 C,  

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

 cos

 sin

dx  tan x  C

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

 x  1 

dx    x  1 .  x  1 ʹ dx    x  1 d  x  1 10

 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

1  x   2 1  x   1  x  u8 2u9 u10    C  8 9 10 8 9 10 8

 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



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

 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

2.  f  x  dx    f  x  dx . a

3.  f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx . a

4.   f  x   g  x   dx   f  x  dx   g  x  dx . a

5.  kf  x  dx  k  f  x  dx ,  k    .

Định lý 2

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

G  x    f  t  dt.

Hàm số chẵn

Khi đó G là một nguyên hàm của f.

Hình 3.1

Định lý 3 Tích phân của hàm lẻ và hàm chẵn. a

1. Nếu f là một hàm số chẵn, khi đó

Hàm số lẻ



a

f  x  dx  2  f  x  dx. 0

2. Nếu f là một hàm số lẻ, khi đó

 f  x  dx  0.

a

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

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

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

 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

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 









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

 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

hoành và hai đường thẳng x  a, x  b được tính theo công thức S 

 f  x  dx a

x a

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 

 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.

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

Hình 3.4

b x

Do vậy b





(Trên đây là cách bỏ dấu giá trị tuyệt đối) Lovebook.vn| 252









S   f1  x   f 2  x    f1  x   f 2  x  dx   f 2  x   f1  x  dx   f1  x   f2  x  dx c

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

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 .

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 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

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

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

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

S(x) x O

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 C. V  4 a

D. V  a 3

3 (Trích sách bộ đề tinh túy ôn thi THPT QG môn Toán)

Hình 3.6

a z O x

y a

a Hình 3.7

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

ABC tại điểm có hoành độ là x  1  x  1 với AB thuộc mặt phẳng xOy (hình

3.8). B O

Ta có AB  2 1  x 2 . Do đó S  x   V   S  x  dx 

Hình 3.8

y y = f (x)



 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



AB 2 3  3 1  x 2 . Vậy 4





 

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

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

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

3.10) quanh trục Ox là y = sinx

 đvtt 2

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

hạn bởi đường cong y  A 2  x 2 và trục hoành quanh trục hoành. Lời giải tổng quát ‐A

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

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





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



 sinm x 1  sin 2 x .  sin x  ' dx



  um 1  u2



x.cosn xdx   cosn x sin 2 x sin xdx   cosn x. 1  cos2 x



  1  u2



 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 







.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

 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 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

 1   1  2  cos x  sin x  . dx n 1 cos cos2 x





  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

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



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

Ta có

x

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

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

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 



x  a  x  a  1

 ... 

x  a 



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  

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  

là

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  







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 

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



1  x 

 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 

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

 x dx  ln x  C

 ax  b dx  a .ln ax  b  C

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

1 a x 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

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

Câu 1: Cho tích phân I   2x x 2  1dx . Khẳng

1 sin x dx A. I   4 0 cos 2 x

định nào sau đây sai: 3

C. I 

2 u 3

2 27 B. I  3

A. I   udu 3 3 2

C. I  

D. I  3 3

Câu 2: Giá trị trung bình của hàm số y  f  x  trên m f  

m  f  được tính theo công thức

1 f  x  dx . Giá trị trung bình của hàm b  a a

số f  x   s inx trên  0; là: A.

2 

3 

1 

4 

 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

Câu 4: Giả sử  f (x)dx  2,  f (x)dx  3,  g(x)dx  4

  f (x)  g  x   dx  1 0 4

C.  f (x)dx   g(x)dx

B.  f (x)dx   g(x)dx 0 4

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

 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

khẳng định nào sau đây là sai ? 4

1 3 t 12

Câu 7: Cho

a; b  , kí hiệu là

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)

 f (x)dx là: 0

A. 2

B. 1 5

Câu 16: Giả sử

1 2

1 4

 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

x Câu 20: Biến đổi  dx thành 0 1 1 x

 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) .

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

 f (x)dx B.  0

f (x)dx C.  f(x)dx D. 0 0 3

Câu 25: Biết rằng  f (x)dx  5; 1

 f(x)dx 0

 f (x)dx  3 . Tính 2

 f (x)dx ? 1

A. 2

B. 2

D. 5

C. 1 2

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

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

0 1

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

A.  f (x)dx   a

3 0

0 3

 f (x)dx 2a

 f (x)dx a

D.  f (x)dx a

3

Câu 33: Cho  f  x dx  1 và f  x  là hàm số chẵn. 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

 2

A.  sin xdx   dx .



Câu 36: Tích phân:

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.

A. 5

B. 29

C. 19

D. 9

Câu 43: Cho tích phân I   2 x  4 dx , trong các 3

 (3x  e 4 ).dx = a + b.e. Khi

đó a + 5b bằng B. 18

 f (x)dx  10 , thì

kết quả sau:

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

 2

 6

  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

1 C.  sin xdx   sin  2x  1 d sin  2x  1 80 0

Câu 41: Cho tích phân I   sin 2x.esin x dx :.một

 2

 2 0

Câu 42: Nếu f (x) liên tục và

 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

B.  sin xdx   cos tdt 0

Ngọc Huyền LB

(I). I    2 x  4  dx    2 x  4  dx 2

(II). I    2x  4  dx    2x  4  dx 2

(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. 



a b

 a

f (x) dx   f(x) dx   f(x) dx a

A. I   

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



x 1 thì x 2

t 2 dt t2 1

B. I   2

tdt 2 t 1

D. I   2

1 e

D.  sin(1  x)dx   sin xdx 0

tdt t 1 2

Câu 53: Cho I   2x x 2  1dx

và u  x 2  1 .

Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau: 2

B. I   udu

A. I   udu

C. I 

2 u 3

3 3 2

D. I 

0 a

Câu 54: Biết  sin x cos xdx 

a là A.

 2

2 3

2 27 3

1 . Khi đó giá trị của 4

 4

 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.



t 2 dt t2 1

(II).

    0 sin  x  4  dx  0 cos  x  4  dx 0

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

 f (x)dx  2,  f (x)dx  3 với

a  b  c thì  f (x)dx bằng? a

Câu 51: Cho hai tích phân I   sin xdx và 2

 2



Câu 48: BIết: 

1 x2 dx . Nếu đổi x2

2 3

D. A, B, C đều đúng Câu 46: Khẳng định nào sau đây sai về kết quả

Câu 52: Cho tích phân I 

 f (x) dx   f(x) dx   f (x)dx

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?

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

C. tan 2x  x

Câu 65: Tích phân

của a  b bằng: A. 1. B. 7

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

là

 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

 a2

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:

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

 g(x)dx  16 thì 0

 2 0

  2f (x)  3g(x) dx

bằng:

A. 122

B. 74

C. 48

D. Bước 1

Câu 64: Biết   2x  4 dx  0 , khi đó b nhận giá trị 0

Lovebook.vn | 268

C.  f  x  dx   g  x  dx   f  x  dx với mọi a, b,

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

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

C. 8

C. -3

với a  d  b thì  f (x)dx bằng: B. 3

2x  1 dx  a  b ln 2 . Tổng x 1

Câu 68: Cho biết I  

A. 2



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

và

 f (x)dx  4 2

 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) 

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 

12 B. I   t 3dt 20

1 A. I   t 4 dt 20

3 2

C. I   t 5 dt

 t dt

D. I 

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

A. I  

4(t 2  1) dt 3

B. I   (t 2  1)dt 1 2

4(t 2  1) dt D. I   5 1

A. I   udu



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

B. I   udu 0

2 3 D. I  u 2 3

2 C. I  27 3



Câu 83: Tích phân

C. -15

Câu 77: Biết rằng tích phân  (2x  1)ex dx  a  b.e

Biết

78:

Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau:

Câu

I    2sin 2 x  1 sin 4 xdx trở thành:

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

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

(x  1)e2x dx 

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(

I  3

 II   0

x 4  1.dx   x 6  1.dx 1 1

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

3 2

D. 0

2 Câu 89: Nếu đặt u  1  x

thì tích phân

I x

1  x dx trở thành: 2

B. I   u 1  u du

  k  4x  dx  3k  1  0 thì giá trị của 1

C. 2

D. 4

Câu 91: Nếu

 f (x)dx  10

và

 f (x)dx  7 , thì 0

 f (x)dx bằng: B. 17

 x  sin x  2m  dx  1  

Câu 92: Cho tích phân

 u6 u5  C. I     5 0  6

D. I   (u  1)u 5du 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

D. 6

 cos tdt .

Hãy chọn khẳng

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 

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

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

A. 3

k là bao nhiêu ? A. 1 B. 3

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

A. I   u 1  u 2 du

(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) 

(d)  e  x dx   e x dx 0

A. (a)

B. (c)

C. (d)

D. (b)

Câu 100: Nếu  f (x)dx  5 ,  f (x)dx  2 với a <

Ngọc Huyền LB

The best or nothing

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

 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.

0 3

2 3

0 3

2 2

0 3

 x  2 dx   x  1 dx  x  2 dx    x  2  dx  0 3

 w '(t)dt

là sự cân

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

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

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

thùng/năm,

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



Câu 107: Cho I  1

 2

x  2 dx    x  2  dx    x  2  dx

13 13 1  2ln2 C.  ln 2 D.  ln 2 2 4 2

C. I  2  e t (1  t)dt

D. I 

1 1  1 t e dt  te t dt    2 0 0 

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

A.  f '(x).e

f (x)

B.  f '(x).ef (x ) dx  1

dx  0

a b

C.  f '(x).ef (x ) dx  1 D.  f '(x).ef (x ) dx  2 a

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

 g(x)dx  5 . Khi a

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

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

trị của A   f  x   g  x   dx là:

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

 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

1 n 1

1 n 1

1 2n

1 n

D.  2

 2

 6

A. 3

 sin

xdx và

B. 4

 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 =

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  

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

xdx , hãy chỉ ra khẳng định đúng:

 2

A.  sin 2 xdx   cos 2 xdx B. Không so sánh được  2

 2

C.  sin 2 xdx 

 cos

xdx

 2

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