Chữa chi tiết đề tham khảo môn toán

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THAM KHẢO KỲ THI THPTQG 2017 – BỘ GD&ĐT Hocmai.vn GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ThayTungToan GV: Lưu Huy Thưởng facebook.com/ThuongToan.hocmai Câu Cho hàm số y  x3  3x có đồ thị (C ) Tìm số giao điểm (C ) trục hoành A B C Giải D Phương trình hoành độ (C ) trục hoành là:   x3  3x   x( x  3)   x  0;  , hay có giao điểm  đáp án B Chú ý: Ở toán ta hoàn toàn giải trực tiếp Casio với phương trình x3  3x  , chắn thao tác bấm máy chậm việc tính tay (thậm chí không cần phải nháp mà kết ta đọc đề xong) Vì vậy, Casio điều không cần thiết với câu hỏi Câu Tìm đạo hàm hàm số y  log x ln10 1 A y '  B y '  C y '  D y '  x x x ln10 10 ln x Giải u' Áp dụng công thức:  log a u  '   đáp án C  y '   log x  '   log10 x  '  u ln a x ln10 Chú ý: Với việc đáp án bạn cần nhớ công thức đạo hàm, nghĩa đọc xong đề nhìn thấy đáp án đúng.Vì vậy, việc dùng Casio toán dành cho không nhớ công thức muốn chứng minh cho người biết có đường dài để tới đích mà đường ngắn bạn không muốn  Câu Tìm tập nghiệm bất phương trình 5x1   A S  (1; ) B S  (1; ) C S  (2; ) D S  (; 2) Giải Ta có: 5x 1    5x 1  51   5x 1  51  x   1  x  2  S (2; )  đáp án C Câu Kí hiệu a, b phần thực phần ảo số phức  2i Tìm a, b A a  3; b  B a  3; b  2 C a  3; b  D a  3; b  2 Giải Số phức  2i có phần thức phần ảo 3; 2  a  3; b  2  đáp án D GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN Câu Tính môđun số phức z biết z  (4  3i)(1  i) A z  25 B z  facebook.com/ThayTungToan C z  D z  Giải Cách 1: Ta có z  (4  3i)(1  i)   i  z   i  z  72  12   đáp án C Cách 2: Ta có: z  z  (4  3i)(1  i) , nên ta nhập vào máy:  đáp án C Chú ý: Ở toán việc sử dụng Casio tính tay nhiều chênh lệch mặt thời gian Với có kĩ tính toán tốt tính nhanh máy (thời gian nhập số liệu vào máy chậm tính tay) x2 Mệnh đề x 1 A Hàm số nghịch biến khoảng (; 1) B Hàm số đồng biến khoảng (; 1) C Hàm số đồng biến khoảng (; ) D Hàm số nghịch biến khoảng (1; ) Câu Cho hàm số y  Giải Ta có: y '   0, x  1 , suy hàm số đồng biến (; 1) (1; )  đáp án B ( x  1)2 Chú ý: Nếu hàm số đồng biến (hay nghịch biến) khoảng D đồng biến khoảng D '  D x  Câu Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như hình vẽ bên Mệnh đề đúng?  f '( x) A yCĐ  B yCT   C y  D y  f ( x)  0      Giải Chỉ có A  đáp án A Chú ý: B, C, D sai yCT  hàm số giá trị lớn nhỏ Câu Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , tìm tọa độ tâm I bán kính R mặt cầu ( x  1)2  ( y  2)2  ( z  4)2  20 A I (1; 2; 4), R  B I (1; 2; 4), R  C I (1; 2;4), R  20 D I (1; 2; 4), R  Giải Mặt cầu (S):( x 1) ( y 2) ( z 4) 20  tâm I (1; 2; 4) bán kính R  20   đáp án D 2 GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình phương trình tắc  x   2t  đường thẳng d :  y  3t  z  2  t  A x 1 y z    B x 1 y z    2 Giải C x 1 y z    2 D x 1 y z     Đường thẳng d qua điểm M (1;0; 2) có vecto phương: ud  (2;3;1) Suy phương trình d : x 1 y z   đáp án D   Câu 10 Tìm nguyên hàm hàm số f ( x)  x  x3  C A  x x3 C  f ( x)dx    C x f ( x)dx  x2 B  D  x3  C x x3 f ( x)dx    C x f ( x)dx  Giải Ta có:  2 x3  f ( x)dx    x   dx    C  đáp án A x  x  Câu 11 Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên hình vẽ Hỏi đồ thị hàm số cho có đường tiệm cận? A B C D Giải Ta có: lim y   lim y   , suy x  2 x  tiệm cận đứng x 2 x 0 lim y   y  tiệm cận ngang x  Vậy hàm số có tiệm cận  đáp án B  Câu 12 Tính giá trị biểu thức P   A P  B P    4 2017 7  2016 C P    D P    2016 GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Giải    Ta có: P        2016       (1) 2016     đáp án C Câu 13 Cho a số thực dương, a  P  log a a3 Mệnh đề đúng? A P  C P  B P  D P  Giải Cách 1: Ta có: P  log a3  3.3log a a   đáp án C a3 Casio   đáp án C Cách 2: Chọn a   P  log 23  Câu 14 Hàm số đồng biến khoảng (; ) ? A y  3x3  3x  C y  x  3x B y  x3  5x  D y  x2 x 1 Giải Xét A ta có: y '  x   với x  (; ) , suy hàm số đồng biến khoảng (; )  đáp án A Câu 15 Cho hàm số f ( x)  x ln x Một bốn đồ thị cho bốn phương án A, B, C, D đồ thị hàm số y  f '( x) Tìm đồ thị A B C D Giải Ta có: y  f '( x)  ln x  1, đồ thị hàm số qua điểm (1;1)  loại B, D Do đồ thị không qua điểm O(0;0)  loại A  đáp án C Câu 16 Tính thể tích V khối lăng trụ tam giác có tất cạnh a a3 a3 a3 a3 A V  B V  C V  D V  12 Giải Tam giác cạnh a có diện tích S  a2 a a3  V  hS  a   đáp án D 4 GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Câu 17 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(3; 4;0), B(1;1;3) C (3;1;0) Tìm tọa độ điểm D trục hoành cho AD  BC A D(2;0;0) D(4;0;0) B D(0;0;0) D(6;0;0) C D(6;0;0) D(12;0;0) D D(0;0;0) D(6;0;0) Giải Do D  Ox  D(t;0;0) , đó: t   3 t   D(0;0;0)  đáp án D AD  BC  (t  3)2  42  02  42  02  32     t   t   D(6;0;0) Câu 18 Kí hiệu z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z  z   Tính P  z12  z22  z1 z2 A P  B P  C P  1 D P  Giải Viet Ta có P  z12  z22  z1 z2   z1  z2   z1 z2    (1)2    đáp án D Chú ý: Ở toán ta dùng Casio giải phương trình để tìm nghiệm thay vào biểu thức P Câu 19 Tính giá trị nhỏ hàm số y  3x  A y  3 (0;) B y  (0;) khoảng (0; ) x2 33 C y  (0;) D y  (0;) Giải Ta có: y '   3x3   ; y '   3x3    x  3 x x   Do y(0 )   ; y()   y    3  y  3 (có thể lập bảng biến thiên)  đáp án A (0;)  3 Chú ý: Ở thầy dùng kí hiệu y (0 ) thay cho kí hiệu lim y y()   cho kí hiệu lim y   x x0 Câu 20 Hình đa diện có mặt? A B 10 C 12 Giải Đếm ta 11 mặt  đáp án D D 11 GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Câu 21 Gọi S diện tích hình phẳng ( H ) giới hạn đường y  f ( x) , trục hoành hai đường thẳng x  1 , x  (như hình vẽ bên) Đặt a   1 f ( x)dx , b   f ( x)dx , mệnh đề đúng? A S  b  a C S  b  a B S  b  a D S  b  a Giải 2 1 1 1 Ta có: S   f ( x) dx   f ( x) dx   f ( x) dx    f ( x)dx   f ( x)dx  a  b  b  a  đáp án A Câu 22 Tìm tập nghiệm S phương trình log ( x  1)  log ( x  1)  A S  3;3 C S  3 B S  4   D S   10; 10 Giải Cách 1: (Giải xuôi) Điều kiện: x  Khi phương trình tương đương: x1 log ( x  1)( x  1)  log  x2    x  3   x   S  3  đáp án C Cách 2: (Giải ngược) Nhập vào máy biểu thức: log ( X  1)  log ( X  1)  CALC với X  3;3 có X  thỏa mãn  đáp án C Câu 23 Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số bốn hàm số liệt kê bốn phương án A, B, C, D Hỏi hàm số nào? 2x  2x 1 A y  B y  x 1 x 1 2x  2x 1 C y  D y  x 1 x 1 Giải Đồ thị có tiệm cận đứng x  1  loại C, D Hàm số đồng biến (; 1) (1; ) , có B thỏa mãn  đáp án B y 1 O x GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Câu 24 Tính tích phân I   x x  1dx cách đặt u  x  1, mệnh đề đúng? B I   udu A I  2 udu C I   udu D I  udu 1 Giải Đặt u  x   du  xdx x :1  t :  Suy ra: I   x  1.2 xdx   udu  đáp án C Nhận xét: Câu hỏi mặt kiến thức không sai, phương pháp giải việc đặt u  x  dễ gây “hiểu nhầm” cho học sinh cách đặt nên làm cho toán này, việc đặt u  x  cách thể tính “tối ưu” toán cho lớp câu hỏi tương tự Câu 25 Trên mặt phẳng tọa độ, điểm M điểm biểu diễn số phức z (như hình vẽ bên) Điểm hình vẽ điểm biểu diễn số phức 2z ? A Điểm N B Điểm Q C Điểm E D Điểm P Giải Do M thuộc góc phần tư thứ nên z có phần thực phần ảo dương Suy 2z có phần thực phần ảo dương nên 2z biểu diễn điểm thuộc góc phần tư thứ  điểm E  đáp án C Chú ý: Ở toán việc tư chưa “chặt”, đủ để ta suy luận phương án C Còn có thêm phương án “nhiễu” tốt ta quan tâm tới môđun, tới giá trị phần thực, phần ảo… Câu 26 Cho hình nón có diện tích xung quanh 3 a bán kính đáy a Tính độ dài đường sinh l hình nón cho A l  5a B l  2a C l  3a D l  3a Giải Ta có: S xq   Rl  l  Câu 27 Cho e S xq R  3 a  3a  đáp án D a dx 1 e , với a, b cá số hữu tỉ Tính S  a3  b3  a  b ln 1 x A S  B S  2 C S  Giải Đặt t  e  dt  e dx x :  t :1  e x x D S  GV: Nguyễn Thanh Tùng 1 HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan e e x dx e dx dt t 2e  x x   ln  ln e  e (e  1) t (t  1) t 1 e 1 Khi I   x   ln e 1 1 e  e a   1 e     ln  1   ln  a  b ln   S  a3  b3   đáp án C 2e 2   b  1 Chú ý: Ta có công thức tính nhanh với dạng nguyên hàm ax  b   dx dx  (ax  b)(cx  d ) sau:  (ax  b)(cx  d )   ln cx  d  ad  bc  C Câu 28 Tính thể tích V khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh a  a3  a3  a3 A V  B V   a C V  D V  Giải Đường tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh a có bán kính R  a 2  a   a3 Suy V  h. R  a.   đáp án D     Câu 29 Trong không gian với hệ tọa Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I (3; 2; 1) qua điểm A(2;1; 2) Mặt phẳng tiếp xúc với ( S ) A ? A x  y  3z   B x  y  3z   C x  y  3z   D x  y  3z   Giải   Do mặt phẳng ( P) tiếp xúc với ( S ) A  IA  ( P)  n( P )  AI  (1;1; 3) Suy ( P) : x  y  3z    đáp án D Câu 30 Trong không gian với hệ tọa Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   đường thẳng x 1 y  z 1 Tính khoảng cách d  ( P) :   2 A d  B d  C d  D d  3 Giải Chọn M (1; 2;1)  Vì  / /( P)  d  d (, ( P))  d ( M , ( P))  2.1  2.(2)   22  (2)  (1)   đáp án A Chú ý: Ở toán ta không cần kiểm tra điều kiện  / /( P) , đủ sở để suy  / /( P) kết đưa có tồn d  (nếu   ( P) d  ,  cắt ( P) không tồn d ) GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Câu 31 Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  (m  1) x  2(m  3) x  cực đại A  m  B m  C m  D  m  Giải +) Với m 1   m  (*) hàm số có dạng: y  x  có cực trị điểm cực tiểu (thỏa mãn) +) Với m 1   m  hàm số có dạng trùng phương Do số cực trị Vậy để cực đại hàm số cần có cực trị điểm cực tiểu: ab  a  m   m        m  (2*) a  b  2(m  3)  m  Kết hợp (*) (2*) ta được:  m   đáp án A Câu 32 Hàm số y  ( x  2)( x  1) có đồ thị hình vẽ bên Hình đồ thị hàm số y  x  ( x  1) ? A Hình B Hình C Hình Giải D Hình y  ( x  2)( x  1) x  (C1 ) Ta có: y  x  ( x  1)    ( x  2)( x  1) x  (C2 ) Như đồ thị hàm số y  x  ( x  1) gồm phần +) Phần 1: phần đồ thị (C1 ) giữ lại từ đồ thị (C ) : y  ( x  2)( x  1) miền x  x O +) Phần 2: phần đồ thị (C2 ) tạo ta lấy toàn phần đồ thị (C ) : y  ( x  2)( x  1) miền x  đối xứng qua trục Ox Do ta đồ thị có dạng hình  đáp án A Câu 33 Cho a, b số thực dương thỏa mãn a  1, a  b log a b  Tính P  log A P  5  3 B P  1  C P  1  b a b a D P  5  3 GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Giải Chọn a  , log a b   b  a 2 gán cho B Khi dùng Casio để tính  1   đáp án C Câu 34 Tính thể tích V phần vật thể giới hạn hai mặt phẳng x  x  , biết cắt vật thể mặt phẳng tùy ý vuông góc với trục Ox điểm có hoànhd độ x (1  x  ) thiết diện hình chữ nhật có độ dài hai cạnh 3x 3x  124 124 A V  32  15 B V  C V  3 Giải   D V  32  15  Diện tích thiết diện hình chữ nhật là: S ( x)  3x 3x  3 1 Casio Khi V   S ( x)dx  3 x 3x  2dx    đáp án C Câu 35 Hỏi phương trình 3x2  x  ln( x  1)3   có nghiệm phân biệt? A B C D Giải 1 Điều kiện: x   x 2 Phương trình tương đương: 3x2  x  3ln( x  1)   (*) Xét hàm số f ( x)  3x2  x  3ln( x  1)  với x  1 Ta có: f '( x)  x    f '( x) x2   ; f '( x)   x   x 1 x 1 Số nghiệm (*) số giao điểm y  f ( x) y      3,06 f ( x) Từ bảng bảng biến thiên suy phương trình có nghiệm  đáp án C y0 0,14  Câu 36 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt phẳng ( SAB) góc 300 Tính thể tích V khối chóp S ABCD A V  6a 18 B V  3a3 Giải C V  6a D V  3a GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN Ta có SA hình chiếu vuông góc SD lên ( SAB) Do đó:  SD,( SAB)    ASD  300 facebook.com/ThayTungToan S  SA  AD.cot  ASD  a.cot 300  a 1 3a3 Suy ra: V  SA.S ABCD  a 3.a  3  đáp án D A B D C x 1 y  z  Phương trình   1 phương trình hình chiếu vuông góc d mặt phẳng x   ?  x  3  x  3  x  3  x  3     A  y  5  t B  y  5  t C  y  5  2t D  y  6  t z   t  z  3  4t  z   4t  z   4t     Giải Câu 37 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : Gọi I giao điểm d mặt phẳng ( P) : x   x30 1  2t    t  2  I (3; 3; 5) Suy I (1  2t; 5  t;3  4t )  d  Chọn M (1; 5;3)  d , M '(3; 5;3) hình chiếu vuông góc M ( P) Khi IM ' hình chiếu vuông góc d ( P)  Ta có: IM '  (0; 2;8)  2(0; 1; 4)  loại B, C Kiểm tra phương án A, ta thấy đường thẳng không qua điểm M '(3; 5;3)  loại A  đáp án D Chú ý: +) Ở toán ta sử dụng kết hợp phương pháp giải xuôi giải ngược, điều cần thiết thể tính “linh hoạt” người đề đưa phương án “nhiễu” tốt chọn điểm qua để viết phương trình lại điểm có tọa độ (3; 6;7) hai điểm I , M ' Do đó, ta dùng cách giải ngược để kiểm tra điểm qua (ở ta dùng phương pháp loại trừ để suy phương án D) Ta dễ thấy D t  1 ta điểm M '(3; 5;3) +) Hình chiếu vuông góc M ( x0 ; y0 ; z0 ) mặt x  a  M '(a; y0 ; z0 ) +) Ngoài ta có công thức xác định nhanh hình chiếu vuông góc điểm xuống mặt phẳng (xem phần Chú ý Câu 42 ) 1 Câu 38 Cho hàm số f ( x) thỏa mãn  ( x  1) f '( x)dx  10 f (1)  f (0)  Tính I   f ( x)dx A I  12 B I  C I  12 D I  8 GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Giải  u  x  du  dx Cách 1: Đặt   v  f '( x )dx  f (x ) dv  f '( x )dx    1 Suy 10   ( x  1) f '( x)dx  ( x  1) f ( x)   f ( x)dx  10  f (1)  f (0)  I  10   I  I  8  đáp án D 0 Cách (Dùng phương pháp chọn hàm) Do toán có điều kiện (2 phương trình) liên quan tới f ( x) nên ta chọn hàm f ( x) chứa tham số Cụ thể, ta chọn: f ( x)  ax  b  f '( x)  a 1 0 Khi đó:  ( x  1) f '( x)dx  10  a  ( x  1)dx  10  3a 20 20  10  a   f ( x)  xb 3 34 20 34  20  Suy  f (1)  f (0)    b   b  b    f ( x)  x 3   34   20 Suy ra: I    x   dx    đáp án D 3  0 Câu 39 Hỏi có số phức z thỏa mãn đồng thời điều kiện z  i  z số ảo? A B C D Giải Cách 1: Gọi z  a  bi với a, b   Khi đó: z  i   a  (b  1)i   a  (b  1)2  25 (1) Ta có: z  (a  bi)2  a  b2  2abi số ảo  a2  b2   a  b2 (2) b   a  4 Từ (1), (2)  b2  (b  1)2  25  b2  b  12    , suy có cặp (a; b) hay có số phức z b  3  a  3  đáp án C Cách 2: Gọi z  x  yi biểu diễn điểm M ( x; y) Ta có z  i   x  ( y  1)i   (C ) : x2  ( y  1)2  25 (1) Ta có: z  ( x  yi)2  x2  y  xyi số ảo  x2  y   x2  y  y   x (2) Từ (1),(2)  M giao đường tròn (C ) hai đường thẳng y   x (đi qua gốc O ) Do O  (C ) , suy y   x cắt (C ) điểm phân biệt, hay có số phức thỏa mãn  đáp án C Nhận xét: Ở toán Cách 1, Cách nhiều khác biệt Tuy nhiên điều kiện toán cho phức tạp ta thấy Cách lúc khó làm hơn, Cách thể tính hiệu Để thấy rõ điều này, bạn đến với Câu 48 Câu 40 Cho hàm số y  A y ' xy ''   x2 ln x , mệnh đề đúng? x 1 B y ' xy ''  C y ' xy ''   x x D y ' xy ''  x2 GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Giải  x  x(1  ln x)  ln x 3  2ln x Cách 1: Ta có: y '   y ''  x  x x x3  ln x 3  2ln x Ta xét vế trái đẳng thức A, ta có: y ' xy ''   x    đáp án A x x x ln x 1 Cách 2: Ta có: y   xy  ln x  y  xy '   y ' y ' xy ''    y ' xy ''    đáp án A x x x x Câu 41 Hỏi có số nguyên m để hàm số y  (m2  1) x3  (m  1) x  x  nghịch biến khoảng (; ) A B C D Giải Yêu cầu toán tương đương: y '  3(m2  1) x2  2(m  1) x   0, x   (*)  Với m2    m  1 : +) Khi m  , (*) có dạng 1  0, x   (luôn đúng) Vậy m  thỏa mãn (1) +) Khi m  1 , (*) có dạng 4 x   0, x   (sai) Vậy m  1 loại  Với m2    m  1 thì: 1  m   m    m (*)       m    m  (2)  2   m   '  m  m       Từ (1) (2) , suy ra: m  0;1 , nghĩa có giá trị nguyên m  đáp án A Câu 42 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  35  điểm A(1;3;6) Gọi A ' điểm đối xứng với A qua ( P) , tính OA ' A OA '  26 B OA '  Giải C OA '  46 D OA '  186  x  1  6t  Cách 1: Gọi d đường thẳng qua A vuông góc với ( P)  d :  y   2t  H (1  6t;3  2t;6  t ) z   t  H( P)  6(1  6t )  2(3  2t )   t  35   t   H (5;1;7) giao điểm d ( P)  Do H trung điểm AA '  A '(11; 1;8)  OA  112  12  82  186  đáp án D Cách 2: Áp dụng công thức tọa độ hình chiếu (xem phần Chú ý), ta có:  xA '  1  2.6.(1)  11 6    35  T  1   y A '   2.(2).(1)  1  A '(11;  1;8)  OA  112  12  82  186  đáp án D 2  1  z   2.1.( 1)   A' Chú ý: GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Ở Cách ta sử dụng công thức xác định điểm đối xứng điểm qua mặt phẳng sau: “Gọi A( x0 ; y0 ; z0 ) mặt phẳng ( P) : ax  by  cz  d  Khi A '( x; y; z ) đối xứng với A qua ( P) xác  x  x0  2aT ax  by  cz  d  định bởi:  y  y0  2bT với T  2 02 ” a b c  z  z  2cT  Câu 43 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy 2a , cạnh bên 5a Tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD 25a A R  3a B R  2a C R  D R  2a S Giải Áp dụng công thức tính nhanh: R  l2 2h (*) với l  5a h chiều cao đáy l h AB 2a   3a  h  l  AH  4a 2 Ta có: AH  Từ (*)  R  B A (5a) 25a   đáp án C 2.4a H Câu 44 Cho hàm số f ( x) liên tục  thỏa mãn f ( x)  f ( x)   2cos x , x  Tính I 3  A I  6 f ( x)dx B I  C I  2  Giải Cách 1: (Sử dụng tính chất ) a Ta có tính chất  a f ( x)dx  a  f ( x )dx với f ( x) xác định liên tục  a; a  a Khi đó: f ( x)  f ( x)   2cos 2x  3  f ( x)dx    2I  3    cos xdx  Cách (Chọn hàm nhờ tính chất đặc biệt) 3   f ( x) dx  3   cos xdx  I  12   đáp án D D I  GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN  2cos x thỏa mãn Do g ( x)   2cos x hàm chẵn nên ta chọn f ( x)   2cos(2 x)  2cos x    2cos x 2 f ( x)  f ( x)  3 Khi I    facebook.com/ThayTungToan 3 f ( x)dx    cos x Casio dx    đáp án D  Cách (Theo cách “chân phương nửa vời”) 3  Ta có I  3   f ( x)dx     cos x  f ( x) dx     f ( x)dx  3   f (t )dt  3    cos xdx   Đặt t   x  dt  dx x :  3 3  3  f ( x)dx (*)  3 3 3 3 t : Khi đó:   2 2 (*) f ( x)dx  I  I 3    2cos xdx  I  I  2 3   Casio  2cos xdx  6  đáp án D Cách (Theo cách “chân phương”) 3  Ta có I  3   f ( x)dx     cos x  f ( x) dx    f ( x)dx   3  f (t )dt   I 3    3   cos xdx    2 (*) f ( x)dx  I  I  3  cos xdx   3 2 3 Chú ý: Ta tính    f ( x)dx (*)   2 3 2  cos xdx   3   cos xdx  I  3     cos x dx   cos x dx   cos x dx    cos xdx   cos xdx   cos xdx  sin x  3 3 3 3 3 t : Khi đó:   2 2     Đặt t   x  dt  dx x :  3 3   3   sin x    sin x  3  cos x dx  2 2 6  đáp án D 2 3  3 0   3 cos x dx   cos x dx   cos xdx 2  cos xdx  2sin x 02  2sin x 2  2.1  2.(2)  2 GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN Do phương án “nhiễu” toán chưa tốt nên thiết lập I  facebook.com/ThayTungToan 3   2cos xdx ta suy  I  (vì  2cos x  g ( x)   2cos x hàm chẵn nên I  ) Câu 45 Hỏi có giá trị m nguyên đoạn  2017; 2017 để phương trình log(mx)  2log( x  1) có nghiệm nhất? A 2017 B 4014 C 2018 D 4015 Giải  x  1  x  1  x  1  Phương trình tương đương:    2 m  x   (*) log(mx)  log( x  1) mx  ( x  1)  x  x 1 Xét hàm số f ( x)  x   với x  1  x f '( x)    Ta có f '( x)   ; f '( x)   x  1   x Dựa vào bảng biến thiên suy phương m  f ( x) trình (*) có nghiệm x  1   m  m; m 2017;2017    m 2017; 2016; ; 1; 4  Có 2018 giá trị m  đáp án C Câu 46 Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m để đồ thị hàm số y  x3  mx  (m2  1) x có hai điểm cực trị A B cho A, B nằm khác phía cách đường thẳng y  5x  A B C 6 D Giải Ta có: y '  x2  2mx  m2  ; y '   x2  2mx  m2   (*)  m2  3m   A  m  1; m  3m       x  m 1  y    2   Cách 1:  '  m  (m  1)    m2  3m     m3  3m    B  m  1;   x  m   y  3     m3  3m  Do A, B nằm khác phía cách đường thẳng y  5x  nên trung điểm I  m;  AB thuộc   đường thẳng y  5x   m2  3m  5m   m3  18m  27  GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan b   đáp án A a Cách 2: Áp dụng công thức giải nhanh, đường thẳng qua A, B là: có nghiệm m1 , m2 , m3 thỏa mãn m1  m2  m3   y 2 bc m(m2  1) m(m2  1) (b  3ac) x  d   (m2  m2  1) x    x 9a 9a 3  m(m2  1)   m(m2  1)  Khi đó: A  x1 ;  x1  , B x ;  x     , với x1 , x2 nghiệm 3 3     Gọi I trung điểm AB  xI   m3  3m  x1  x2 m(m2  1) m3  3m  m  yI   m    I  m;  3 3   Do A, B nằm khác phía cách đường thẳng d : y  5x  nên:  I  d   m3  18m  27  có nghiệm m1 , m2 , m3 thỏa mãn m1  m2  m3   m2  3m  5m  b   đáp án A a Chú ý: Nếu x1 , x2 , x3 ba nghiệm phương trình ax3  bx2  cx  d  b   x1  x2  x3   a  c   x1 x2  x2 x3  x3 x1  a  d   x1 x2 x3   a  (Vi – et hàm bậc 3) Câu 47 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   mặt cầu  (S ) : x2  y  z  x  y  z   Giả sử điểm M  ( P) N  (S ) cho vectơ MN phương  với vectơ u  (1;0;1) khoảng cách M N lớn Tính MN A MN  B MN   2 C MN  Giải   Cách 1: Do MN phương với vectơ u  (1;0;1) nên:    MN  ku  MN  k u  k  MN max  k max D MN  14 (*) Gọi N (a; b; c)  (S )  a2  b2  c2  2a  4b  2c    (a  1)  (b  2)  (c  1)  (2*) a  xM  k  xM  a  k     M ( P )  M  a  k ; b; c  k    a  k  2b  2(c  k )   Ta có MN  ku  b  yM    yM  b c  z  k z  c  k M   M  a  2b  2c   3k   3k   (a  1)  2(b  2)  2(c 1) BCS  3k   (a  1)  2(b  2)  2(c  1)  (2*) (12  (2)  22 )(a  1)  (b  2)  (c  1)  3 Hay 3k    1  k    3  k  1   k   k max  (3*) GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN Từ (*) (3*) , suy MNmax   đáp án C facebook.com/ThayTungToan Cách 2: Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;1) bán kính R  N' Gọi  góc tạo MN mặt phẳng ( P)    Ta có uMN  u  (1;0;1) n( P )  (1; 2; 2)   uMN n( P ) 1  sin          450 2.3 uMN n( P ) N I φ Gọi H hình chiếu N xuống ( P) H M  Tam giác MNH vuông cân H  MN  2NH H' Ta có: NH  N ' H '  IN  IH '  R  d ( I ,( P))    Suy MN   MNmax   đáp án C Câu 48 Xét số phức z thỏa mãn z   i  z   7i  Gọi m, M giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn z   i Tính P  m  M A P  13  73 B P   73 Giải C P   73 D P   73 Gọi z  x  yi biểu diễn điểm T ( x; y) Khi z   i  z   7i   ( x  2)2  ( y  1)2  ( x  4)2  ( y  7)2  (*) (*) TA  TB  AB  M thuộc đoạn AB Gọi A(2;1), B(4;7)  Ta có phương trình đoạn thẳng AB : x  y   với x   2;4 (1) Ta có: z   i  ( x  1)2  ( y  1)2 (2) Cách 1: Thay (1) vào (2) , ta được: z   i  ( x  1)2  ( x  4)2  x  x  17  f ( x) Xét f ( x)  x  x  17 với x   2;4 Ta có: f '( x)  x  6; f '( x)   x     25  P  mM  Ta có f (2)  13 ; f (4)  73 ; f      2 f ( x)min   đáp án B (2) z   i  TC Cách 2: Gọi C (1; 1)  Ta có m  TCmin  d (C , AB)  M  TCmax  max CA, CB   11   13; 73  73  P  m  M  A f ( x )max  25  73  73  2 T B m M C 5  73  73   đáp án B 2 GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Câu 49 Cho mặt cầu tâm O , bán kính R Xét mặt phẳng ( P) thay đổi cắt mặt cầu theo giao tuyến đường tròn (C ) Hình nón ( N ) có đỉnh S nằm mặt cầu, có đáy đường tròn (C ) cho chiều cao h ( h  R ) Tính h để thể tích khối nón tạo nên ( N ) có giá trị lớn 4R 3R A h  3R B h  2R C h  D h  Giải Gọi I , r tâm bán kính đường tròn (C ) Khi r  R2  OI  R2  (h  R)2  2hR  h2  abc  Áp dụng bất đẳng thức dạng abc    Dấu “=” xảy a  b  c Ta có:   1    h  h  R  2h  32 R3 Thể tích khối nón V  h r  h  2hR  h   h.h.(4 R  2h)     3 6  81  Khi Vmax  Dấu “=” xảy hay h  R  2h  h  4R  đáp án C Câu 50 Cho khối tứ diện tích V Gọi V ' thể tích khối đa diện có đỉnh V' trung điểm cạnh khối tự diện cho, tính tỉ số V V' V' V' V' A B C D     V V V V Giải A Xét tứ diện có đỉnh đỉnh khối tứ diện ban đầu đỉnh lại trung điểm cạnh nối với đỉnh Khi có tứ diện có thể tích Xét tứ diện AMNP (như hình vẽ) Ta có: VA.MNP AM AN AP 1 1     VA.MNP  V VA.BCD AB AC AD 2 V Khi đó: V '  V  4VA.MNP  V  V  V' Suy ra:   đáp án A V N M P B C D CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ THAM KHẢO TÀI LIỆU ! ... đáp án C Chú ý: Ở toán việc sử dụng Casio tính tay nhiều chênh lệch mặt thời gian Với có kĩ tính toán tốt tính nhanh máy (thời gian nhập số liệu vào máy chậm tính tay) x2 Mệnh đề x 1 A Hàm số... việc đặt u  x  dễ gây “hiểu nhầm” cho học sinh cách đặt nên làm cho toán này, việc đặt u  x  cách thể tính “tối ưu” toán cho lớp câu hỏi tương tự Câu 25 Trên mặt phẳng tọa độ, điểm M điểm... (1  2t; 5  t;3  4t )  d  Chọn M (1; 5;3)  d , M '(3; 5;3) hình chi u vuông góc M ( P) Khi IM ' hình chi u vuông góc d ( P)  Ta có: IM '  (0; 2;8)  2(0; 1; 4)  loại B,