Tải Đề thi THPT Quốc Gia môn Toán năm học 2016 - 2017, trường THPT Chuyên KHTN, Hà Nội (Lần 3) - Đề thi THPT Quốc Gia môn Toán có đáp án

nghiệm, số nghiệm của phương trình là số giao điểm.. Xét tam giác SLJ vuông tại L.[r]

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

-ĐỀ THI THỬ LẦN

KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2017 Môn: Toán

Thời gian làm bài: 90 phút

0

90 Câu 1: Tính thể tích của một khối nón có góc ở đỉnh là , bán kính hình tròn đáy là a?

a

 a3

2

 a3

4

 a3

4 A. B. C. D.

2 2

1

4ln x

dx a ln b ln x



 

 4a b Câu 2: Giả sử , với a, b là các số hữu tỉ Khi đó tổng bằng

A B C D

2

y x y x Câu 3: Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm số và là:

2

1

1

6 A. (đvdt) B. (đvdt) C. (đvdt) D.

(đvdt) mx

x m



 Câu 4: Tìm m để hàm số có tiệm cận đứng

 

m 1;1 m 1 m1

A B C D không có m

3

dm Câu 5: Người ta thiết kế một bể cá bằng kính không có nắp với thể tích 72 và có chiều cao bằng dm Một vách ngăn (cùng bằng kính) ở giữa, chia bể cá thành hai ngăn, với các kích thước a, b (đơn vị dm) hình ve Tính a, b để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất (tính cả tấm kính ở giữa), coi bể dày các tấm kính và không ảnh hưởng đến thể tích của bể

a 24, b 21a 3, b 8  A. B. a 2, b 2  a 4, b 6  C. D.

3

y x 1y x 2xCâu 6: Đồ thị hàm số và đồ thị hàm số có tất cả điểm chung?

AB a;AD 2a  AA ' 3a Câu 7: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có và Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ACB’D’

a

a 14

a

a

4 A. B. C. D.

Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Tính theo a diện tích xung quanh mặt cầu ngoại tiếp S.ABC?

2 a

3

 a2

6

 a2

3

 a2

12



A B C D

Câu 9: Hàm số nào sau có điểm cực đại và điểm cực tiểu:

y x x 1y x 4 x21 A. B.

4

yx x 1yx4 x21 C. D.

SA a 3 Câu 10: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông

góc với đáy và Tính thể tích khối chóp?

a 12

3 a

2 a

4 a

6 A. B. C. D.

4

x 3x  81

 Câu 11: Tổng các nghiệm của phương trình

A B C D

 

m ln x  ln x m x0;1

Câu 12: Tìm m để phương trình có nghiệm

 

m 0; m1;e m   ;0 m    ; 1

A B C D

2 x y

x



 Câu 13: Số tiệm cận ngang của hàm số là:

A B C D

3

2 log log x 1

  Câu 14: Tập nghiệm của phương trình là

0;1

1 ;1

 

 

  1;8

1 ;3

 

 

  A. B. C. D.

x y

x



 Câu 15: Cho hàm số Mệnh đề nào đúng:

 

R \

B Hàm số đồng biến

 ;1  1;

C Hàm số nghịch biến

 ;1 1;

D Hàm số nghịch biến khoảng và

z 3i  3z0 z0 Câu 16: Trong số các số phức z thỏa mãn điều kiện , gọi là số phức có mô đun lớn nhất Khi đó là:

A B C D

    x

F x  ax b e y2x e  x a b

Câu 17: Biết là nguyên hàm của hàm số Khi đó là

A B C D

1

x y z

d :

1 1



 



x y z

d :

2 1

 

 

  Câu 18: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz viết

phương trình mặt phẳng (P) song song và cách đều đường thẳng và

 P : 2x 2z 0    P : 2y 2z 0  

A B

 P : 2x 2y 0    P : 2y 2z 0  

C D

     

A 1;2; ;C 3; 4;1 , B' 2; 1;3   D ' 0;3;5  D x; y;z x 2y 3z   

Câu 19: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có và Giả sử tọa độ thì giá trị của là kết quả nào sau

A B C D

 P : 2x 2y z 0     

x y z

d :

1 2

 

 

MA 2 Câu 20: Trong không gian hệ tọa độ

Oxyz, cho mặt phẳng và đường thẳng Gọi A là giao điểm của (d) và (P); gọi M là điểm thuộc (d) thỏa mãn điều kiện Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P)?

4

8

8

2

9 A. B. C. D.

n.i

S A.e Câu 21: Dân số thế giới được ước tính theo công thức đó A là dân số của năm lấy làm mốc, S là dân số sau n năm, i là tỉ 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 người và có tỉ lệ tăng dân số là 1,03% Nếu tỉ lệ tăng dân số không đổi thì đến năm 2020 dân số nước ta có triệu người, chọn đáp án gần nhất

A 98 triệu người B 100 triệu người

3

I x x 1dxCâu 22: Trong các tích phân sau, tích phân nào không có cùng giá trị với

1

t t 1dt

2 

4 1

t t 1dt

2   

3 2

0 t 1 tdt

 03x21 x dx A B C

D

a log 20 log 520 Câu 23: Cho Tính theo a 5a

2 a

a

 a

a

 a a 

 A. B. C. D.

3

y x 3x Câu 24: Biết rằng đồ thị có dạng như sau:

3 yx 3x

Hỏi đồ thị hàm số có điểm cực trị?

A B.1

C D

2 x 2x y

x

 



 M m Câu 25: Gọi M mà m lần

lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số Khi đó giá trị của là:

A -2 B -1 C D

2x x    x  2x

Câu 26: Tìm tập nghiệm của bất phương trình là:

0; 0; 2

A B

2; 2;   0

C D

0

60 BA BC a  Câu 27: Cho hình chóp S.ABC có (SAB), (SAC) cùng vuông góc với đáy, cạnh bên SB tạo với đáy một góc , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SC Tính thể tích khối đa diện AMNBC?

3 a

4 a

6 a

24 a

8 A. B. C. D.

x 1  

3 2

1

x mx m m x

3     Câu 28: Với giá trị nào của m thì là điểm cực tiểu của hàm số

 

m 2; 1 m2 m1

A B C D

z a bi  zCâu 29: Cho số phức với a, b là hai số thực khác Một phương trình bậc hai với hệ số thực nhận làm nghiệm với mọi a, b là:

2 2

z a  b 2abi z2 a2b2 A. B.

2 2

z  2az a b 0z22az a 2 b2 0 C. D.

3

y ax bx cx d 1;18 3; 16  a b c d   Câu 30: Biết đồ thị hàm số có điểm cực

trị là và Tính

A B C D

4

y x  4x 3Câu 31: Biết đồ thị hàm số có bảng biến thiên sau: x   2 2 

 

f ' x - + - +

 

f x   -1

4

x  4x 31 m

Tìm m để phương trình có đúng nghiệm phân biệt

1 m 3  m 3 m 0 m1;3   A. B. C. D.

   2

f x ln 4x x

Câu 32: Cho hàm số Chọn khẳng định đúng

 

f ' 1,5f ' 2 0 f ' 5 1, f ' 1  1,

A B C D

 

A 1; 2;1 B 3;2;3   P : x y 0  

Câu 33: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét mặt cầu (S) qua hai điểm ; , có tâm thuộc mặt phẳng , đồng thời có bán kính nhỏ nhất, hãy tính bán kính R thuộc mặt cầu (S)?

2 2 A. 1 B. C. 2 D.

y 2sin 2x Câu 34: Hàm số nào sau không phải làm nguyên hàm của hàm số

2sin x 2cos x2

  1 cos 2x  1 cos x sin x A. B. C. D.

     

A 1; 1;1 ; B 2;1; , C 0;0;1  H x; y; z x y z   

Câu 35: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm Gọi là trực tâm của tam giác ABC thì giá trị của là kết quả nào dưới đây?

1

2x 2y z 0    Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng

1

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

1

z

z

  z2017 20171

z



Câu 37: Cho z là số phức thỏa mãn Tính giá trị của

A -2 B -1 C D

       

A 1; 2;1 , B 0;0; ;C 1;0;1 ; D 2;1; 1  

Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tứ diện ABCD với Tính thể tích tứ diện ABCD?

1

2

4

8

3 A. B. C. D.

6

x log 5; y log 3; z log 10; t log 5    Câu 39: Cho Chọn thứ tự đúng

z x t y   z y t x   y z x t   z y x t   A. B. C.

D n n ln n ln xdx

Câu 40: Có số nguyên dương n cho có giá trị không vượt quá 2017

A 2017 B 2018 C 4034 D 4036

3

a Câu 41: 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 , tính thể tích khối trụ đã cho ?

3 2a

4a 6a

3a A. B. C. D.

3iz 4i 4z   3z 4 Câu 42: Cho số phức thỏa mãn Tính mô đun của số phức

5 A. B. 5 C. 25 D. 1

a, b,c 0;a 1;   0Câu 43: Với bất kì Tìm mệnh đề sai  

a a a

log bc log b log c a a a b

log log b log c

c   A. B.

a a

log b log b log b.log a log ba c  c C. D.

     

A 3;0;0 , B 0;2;0 ;C 0;0;6 D 1;1;1   Câu 44: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,

 

M 1; 2;1  5;7;3 3;4;3 7;13;5

A B C D

3 2i  1 6iCâu 45: Trên mặt phẳng phức, cho điểm A biểu diễn số phức , điểm B biểu diễn số phức Gọi M là trung điểm của AB Khi đó điểm M biểu diễn số phức nào các số phức sau:

1 2i 4i 4i 2i A. B. C. D.

10km / h

 Câu 46: Tại một thời điểm t trước lúc đô

xe ở trạm dừng nghỉ, ba xe chuyển động đều với vận tốc lần lượt là 60km/h; 50km/h;40km/h Xe thứ nhật thêm phút thì bắt đầu chuyển động chậm dần đều và dừng hẳn ở trạm tại phút thứ 8; xe thứ thêm phút thì bắt đầu chuyển động chậm dần đều và dừng hẳn ở trạm tại phút thứ 13; xe thứ

3 thêm phút và cũng 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 sau: (đơn vị trục tung , đơn vị trục tung là phút)

1

d ;d ;d Giả sử tại thời điểm t trên, ba xe cách trạm lần lượt là So sánh khoảng cách này

1

d d d d2 d3d1d3 d1d2d1d3d2 A. B. C. D. CA CB a;SA a 3   SB a 5 SC a 2 Câu 47: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là

tam giác vuông cân tại C với ; và Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC?

a 11

a 11

a 11

a 11

4 A. B. C. D.

Câu 48: Đẳng thức nào sau là đúng?

1 i 10 321 i 10 32

A B

1 i 10 32i1 i 10 32i

C D

a, b 0

2

3

6

a b b a

a b



 Câu 49: Với bất kì Cho biểu thức Tìm mệnh đề đúng

SA a;SB 2a;SC 3a   Câu 50: Xét các hình chóp S.ABC thỏa mãn với a là hằng số cho trước Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC?

3

6a 2a3a33a3

A B C D

Đáp án

1-A 2-D 3-D 4-A 5-D 6-C 7-B 8-A 9-C 10-C

11-A 12-A 13-C 14-B 15-D 16-D 17-B 18-B 19-B 20-C

21-A 22-A 23-C 24-D 25-D 26-D 27-D 28-D 29-C 30-B

31-D 32-B 33-D 34-D 35-A 36-A 37-C 38-D 39-D 40-B

41-D 42-B 43-C 44-B 45-D 46-D 47-B 48-C 49-B 50-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1:Đáp án A

Phương pháp: + Dựng hình, tính được đường cao SO dựa vào bán kính của đáy

AC 2r 2a  Cách giải:

AC 2a Xét tam giác SAC vuông tại S và có

a

 Suy trung tuyến SO (đồng thời là đường cao)

2

1 1

V hS a a a

3 3

    

Câu 2:Đáp án D

Phương pháp: + Quan sát tích phân ta tách biểu thức làm để tính riêng re phần:

2 2

1 1

4ln x ln x

I dx dx dx

x x x



  

+ Từ đó giải những tích phân đơn giản

 

2 2 2

1

1 1

4ln x 4ln x

I dx dx dx 4ln xd ln x ln x

x x x



    

2 2

1

2ln x ln 2ln ln

   

Cách giải: a 2; b 1.  4a b 9  Suy Suy

Câu 3:Đáp án D

2

x xPhương pháp: + Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng với cận là nghiệm của

phương trình:

x 1 x 0 Phương trình này có nghiệm và

 

1 2 2 2 3

0

1

1 1

S x x dx x x dx x x

0

2

 

       

 

 

Câu 4:Đáp án A

0

xlim yx  x x 0Phương pháp: Tìm thì đường thẳng là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số Thông thường ta chỉ cần tìm điều kiện của m để nghiệm của mẫu không là nghiệm của từ là được

x m 0  x m Cách giải: Xét mẫu thì

x m m.m 0  m 1 m1Để đường thẳng là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số thì m

không là nghiệm của tử tức là nên và

Câu 5:Đáp án D

V ab.3 72  ab 24 Phương pháp: + Đầu tiên áp dụng công thức tính Suy S 3a.3 3b.2 ab 9a 6b 24      +

9a 6b 

+ Quy bài toán về tìm của

9a 6b 9a.6b 54.ab 72     9a 6b ab 24 a 4;b 6  Cách giải: Mà nên

Câu 6:Đáp án C

3

x  1 x xPhương pháp: +Giải phương trình Đếm xem phương trình có bao nhiêu

nghiệm, số nghiệm của phương trình là số giao điểm

x  x  x 0     

1

x x x 0; x

      

Cách giải: Phương trình tương

đường

Phương trình có nghiệm

Câu 7:Đáp án B

Phương pháp: + Dựng hình, nhận thấy bán mặt cầu ngoại

tiếp tứ diện ACB’D’ chính là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’

1 AC '

2 Cách giải: Bài toán bây giờ là tính được OC và bằng

2 2 2

AC ' AC AA '  AC CB AA '

 2  2

a 2a 3a a 14

   

Ta có: a 14

OC 

Suy

Câu 8:Đáp án A



SDC 90 + Xác định được góc là góc giữa mặt phẳng (SAB) và đáy (2 mặt phẳng này

vuông góc với nhau) IS IB IC  + Tính

Cách giải: Gọi D là trung điểm AB

L và M lần lượt là tâm của tam giác đều SAB và ABC Từ M và L dựng đường thẳng vuông góc với (SAB) và (ABC) cắt tại I I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp

CD / /IM

1 a a IM DL CD

3

   

Do CD vuông góc với (SA) nên Tương tự AD song song với IL nên tứ giấc MILD là hình bình hành Suy

2

IS IM MS a

12

  

Xét tam giác IMS vuông tại M: có

2

khoicau

5 a

S R a

12



    

Câu 9:Đáp án C

- y ' 0 Quan sát nhẩm nhanh đạo hàm; để có cực trị thì y’ phải có nghiệm phân biệt Nhẩm nhanh ta loại được ý A và D vì chỉ có nghiệm

 

xlim   x x 1  Ý C và D đều có cực trị; Vì

Câu 10:Đáp án C

0

day

1 1

V SA.s a .a.a.sin 60 a

3

  

Câu 11:Đáp án A

4

x 3x 4 2

3  81 x 3x x x

         

Tổng các nghiemj se bằng

Câu 12:Đáp án A

 

 

 

ln x

m ln x ln x m

ln x

    

  1 x 0 

Phương pháp: + Cô lập m: với

 

ln x

0 0<x<1

 

ln x y

ln x



  + Tính gới hạn của x tiến dần tới thì thấy y dần tiến tới Loại B.

Chú ý: các bạn nên kết hợp tính giới hạn bằng máy tính Cách làm sau

e ln x.ln

1 x Nhâp vào máy tính (Casio fc-570 vn-plus): biểu thức

Ấn : CALC: rồi nhập giá trị gần sát với 0- sau đó ấn =

Câu 13:Đáp án C

y b Phương án: + Tìm lim của y x tiến tới vô cùng ta được giá trị là b Đường thẳng

chính là phương trình tiệm cận ngang

Cách giải: Tìm lim của

2

x x x

2

x

lim y lim lim

1

x 1

x            





2

x x x

2

x

lim y lim lim

1

x 1

x         





; Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang

Câu 14:Đáp án B

 

a a

log b log c b c  a 1

Phương pháp: +Chú ý đến số của biểu thức logarit : và

ngược lại

0

2

1

log x x

2

 

    

  Cách giải: điều kiện

3

3 1

2 2

1

log log x log log x log

2                 

1 1

x

2

   

      

   

Câu 15:Đáp án D

 2  

1

y ' x ;1

x



     

 1;

Tính và

Câu 16:Đáp án D

z x yi;  z 3i  x 4   y i  Cách giải: gọi Khi đó đó

   

z 3i   y 4  y i  3 x 4 2y 3 2 9

 

I 4; ; R 3 

Vậy quỹ tích các điểm z thuộc đường tròn tâm y 3sin t

y 3cos t

           2 2

x y 3sin t 3cos t

     

Đặt

2

9sin t 9cos t 24sin t 18cos t 25

 2  2 

24sin t 18cos t 24 18 sin t cos t 30

     

(theo bunhiacopxki)

2 2

x y 30 34 64 x y z

         

Câu 17:Đáp án B

a b Phương pháp: Tính nguyên hàm của hàm y Sau đó tính tổng

  x   x

y 2x e  2x e dx x x

u 2x du 2dx

dv e dx v e

  

 



 

 

  Cách giải:

2x e dx x 2x e x e 2dxx 2x e x 2ex 2x e x

        

 

a b 3  Khi đó

Câu 18:Đáp án B

1

d d2Phương pháp: + Tìm được véc tơ pháp tuyến của (P) dựa vào véc tơ chỉ phương của 2

đường thẳng và

+ Lấy điểm bất kì đường thẳng này Giải phương trình tìm nốt ẩn còn lại

d u1   1;1;1 d2 u2 2; 1; 1  Cách giải:có vecto chỉ phương:; tương tựcó vecto chỉ phương:

   

1

uu , u   0; 3;3 3 0; 1;1

 



                           

Do (P) song song với đường thẳng này nên (P) nhận vecto

Loại A và C

d M 2;0;0  d2 N 0;1; 2 

Trên lấy ; lấy điểm

 P : 2y 2z a 0  

Gọi phương trình

Khoảng cách từ M đến (P) bằng với khoảng cách từ N đến (P)

2 2

a 2.1 2.2 a

a a a

2 2

 

     

 

Câu 19:Đáp án B

1

MD B'D '

2



Phương pháp: + Lấy trung điểm của AC là

M Nhận thấy

+ Rồi giải tìm điểm D

 

M 2; 1;0

Cách giải: Gọi M là trung điểm của AC nên

 

D x; y;z

M là giao của đường chéo AC và BD

   

1

MD B'D ' 2;4; 1;2;1

2

    

Ta nhận thấy

 

S 1;1;1 x 2y 3z 0   Suy Suy

Câu 20:Đáp án C

Phương pháp: + Tìm được điểm A Sau đó tìm được điểm M Se có điểm M thỏa mãn, ta

chỉ cần lấy điểm M để tính

 

A a 1;2a 3;2a 

Cách giải: gọi

 P : a 1  2 2a 3   2a 0 

1 5

a A ; ;

4 2



 

   

 Thay vào Suy

 

M m 1; 2m 3; 2m 

2 2

2 1 1

AM m 2m 2m m

4 2

       

             

        Gọi ;

11 m

12

 m

12

 

Suy hoặc

23 11

M ; ;

12 6



 

 

     2

23 11

2

8

12 6

d M, P

9

2



  

 

  Lấy điểm ;

8 d

9



Khoảng cách từ M đến (P) là:

Câu 21:Đáp án A

 

3 1,03.10

S 94970397.e  98Cách giải: Áp dụng công thức: triệu người

Câu 22:Đáp án A

2 3 2

Ix x 1dx

Quan sát đáp án ta thấy A và B khác ở cận Nên đáp án se là

AB a; AD 2a  x 1 t 1 x 2 t 4 Cách giải: đặt Đổi cận thì ; thì

1

I t t 1dt

2

  

Câu 23:Đáp án C

Phương pháp: +Vận dụng linh hoaot các công thức logarit

2

2

20

2

1 log 20 log

log 1 4 a

log log 20

log 20 a a a



   

     

 

Câu 24:Đáp án D

3 yx 3x

Nhìn vào biểu đồ ta thấy có điểm cực trị của hàm số

Câu 25:Đáp án D

1 x 0  Phương pháp: +Thoạt nhìn qua bài toán có ve

rất cồng kềnh, nếu quan sát lại một chút, để ý điều kiện rồi đánh giá đẳng thức khéo léo chút thì bài toán trở nên đơn giản nhiều

2

1 x 2x x

y

x x 1

  

   

  x 0  x 0, max y 1  Với Dấu bằng xảy

2

1 x 2x x 2.1

y

x x

   

  

  x 0  x 1 y1 Với Dấu bằng xảy , max y y 2 

Câu 26:Đáp án D

x 0 Cách giải: + Quan sát đáp án, ta thấy thì vẫn thỏa mãn bất phương trình Loại C

x 2  Tiếp tục thử với thì thấy cũng thỏa mãn bất phương trình Loại B.

x 1 Tiếp tục thử với thì thấy không thỏa mãn bất phương trình Loại A.

Câu 27:Đáp án D

Phương pháp: + Chú ý đến công thức tỉ lệ thể tích của

khối chóp SABC và SAMN

Cách giải: Do có (SAB), (SAC) cùng vuông góc với đáy

nên SA vuông góc với đáy



SBA 600

Góc chính là góc của SB tạo với mặt đáy và bằng

SA AB.tan 60  3aXét tam giác SBA: ABC

1 1

V SA.S a a.a a

3 

  

Thể tích hình chóp S.ABC:

SAMN SABC

V SM SN 1

V SB SC 2 4Xét tỉ lệ:

3

AMNBC SABC

3 3

V V a a

4

  

Suy

Phương pháp: + Tìm biểu thức y’ rồi thay giá trị của m từng đáp án

 

2

y ' x 2mx m m 1

Cách giải:

x 1 2m m 2m 0  Để là điểm cực trị của hàm số thì: Nhận thấy không giá trị nào của đáp án thỏa mãn

Câu 29:Đáp án C

Phương pháp: giải từng phương trình

A z a bi  z a biCách giải: hoặc (loại) 2

B z a b (loại)

C z a bi; z a bi    giải phương trình bậc hai ẩn z có nghiệm (thỏa mãn)

Câu 30:Đáp án B

Phương pháp: Có ẩn giải phương trình nghiệm Chú ý ta nên co về ẩn phương trình

với các ẩn a, b, c trước rồi mới tìm d

y ' 2ax 2bx c Cách giải: Tìm:

x1x 3 y ' 0 3a 2b c 0   27a 6b c 0   Với và là nghiệm của phương trình thì ta

có và

Do điểm cực trị cũng thuộc đồ thị nên:

18 a b c d

16 27a 9b 3c d

   

    

17 51 153 203

a ; b ;c ;d ;

16 16 16 16

 

   

Giải hệ phương trình ẩn ta được: a b c d

    

Câu 31:Đáp án D

-4

yx  4x 3 m1;3  

Hàm sốcó dạng Thấy để thỏa mãn bài toán thì

Chú ý đến hàm số trị tuyệt đối

y y y và những phần nào dưới trục hoành của y thì ta lấy đối xứng qua trục hoành để được phần còn lại của

Câu 32:Đáp án B

Phương trình: chú ý đến điều kiện cảu x để loại trừ đáp án

2

 

2 2x

y ' ; f '

4x x



  



Câu 33:Đáp án D

 

I a;b;c Phương pháp: + Gọi tâm (S) là

+ Tìm mối quan hệ của a, b, c để gò về ẩn, sau đó đánh giá tìm của R

 

I a, b,c a b 0    a b 3   I b 3; b;c  

Cách giải: Gọi I là tâm mặt cầu (S) Suy

 2  2  2  2  2

2 2

IA IB R  b 2  b 2  c 1 b  b 2  c 3 c 2b  Rút gọn ta được

 2  2  2

2

R  b 2  b 2  2b 4b   8 R 2

min R 2 b 0

Câu 34:Đáp án D

2

1 cos 2x 2cos xQuan sát đáp án: giống với đáp án B Chỉ còn A và D

2

2sin x 2cos x  Lại thấy nếu đạo hàm lên thì giống với đáp án B và C

Câu 35:Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng tính chất trực tâm; đưa về tích vô hướng của hai vecto vuông góc với

nhau thì bằng

     

AB 1;2; ; BC 2; 1;3 ;AC 1;1;0   

Cách giải:

  ABC    

AB; BC 3;3;3 n 1;1;1 ABC : x y z

         

 

     

AH x 1; y 1;z ;BH x 2; y 1;z ;CH x; y;z 1      

 

AH.BC 2x y 3z

5

H ; ;

x y

BH.AC

9 9 x y z

H ABC

     

    

    



   

 

     

 



Câu 36:Đáp án A

2 2

d

2

 

  Ta có

Câu 37:Đáp án C

Phương pháp: Áp dụng công thức Moivre cho số phức để tính

2

1

z z z z i

z 2

        

2017 2017 2017

z cos sin i z cos sin i i

3 3 2

   

      

Lại có: 2017

1

i

z  2 Suy

Câu 38:Đáp án D

Phương pháp: Áp dụng công thức tính V của tứ diện hệ tọa độ Oxyz

1

V AB AC, AD

6  

  

     

AB1; 2; ; AC  1; 2;0 ; AD  3; 1; 2  Cách giải: ta có

 

AC, AD 4;4; u AB.u 16

     

 

  16

V

6

 

;

Câu 39:Đáp án D

z y Ta thấy (dùng máy tính) nên loại C

y x x t (dùng máy tính) nên loại A và nên loại B

Câu 40:Đáp án B

Phương pháp: Rút gọn biểu thức ban đầu theo n

n Iln xdx

Cách giải: ln x u

1

dx du;dx dv v x

x     Đặt Suy

 

n n 1

x

I x ln x dx n ln n n

x

     

n 1 Biểu thức ban đầu se là:

n 2017  n 2018 Để thì và n nguyên dương Nên se có 2018 giá trị của n.

Câu 41:Đáp án D

33

1

V hs a

3

 

Cách giải: công thức tính thể tích khối nón:

3

V hs 3a  Công thức tính thể tích khối trụ:

Câu 42:Đáp án B

2 4i

z i 3z 3i 3z 4

4 3i



          

 Cách giải:

Câu 43:Đáp án C

a a

1 log b  log b

 Cách làm: chú ý đến công thức:

Câu 44:Đáp án B

x y z

1

3 6   Cách giải: phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C là:

 

D 1;1;1 Ta thấy thuộc mặt phẳng (ABC) nên đường thẳng cắt mặt phẳng (ABC) tại D AH AD Gọi hình chiếu của A; B; C lên đưofng thẳng là H; I; J thì ta có BI BD;CJ CD  Tương tự ta cũng có

 Vậy để tổng khoảng cách từ A;B;C đến đường thẳng là lớn nhất thì phải vuông góc với

(ABC) tại D

Phương trình đường thẳng qua D và nhận VTPT của (ABC) làm VTCP

x y z

3

  

 

Khi đó thay lần lượt các đáp án A;B;C:D vào phương trình đường thẳng

 

M 5;7;3

Thấy thỏa mãn

Câu 45:Đáp án D

a bi Số phức biểu diễn điểm M có dạng

3

a 1;b

2

 

   

Có (Do M là trung điểm của AB)

Câu 46:Đáp án D

2

0

v v v v

t; a

a 2S

 

 

Phương pháp: Khảo sát quãng đường từng xe Áp dụng công thức

trong chuyển động chậm dần đều

Cách giải: khảo sát quãng đường từng xe

 

0

v v

t h a 900km / h

a 60



   

Xét xe thứ nhất:

0

v

s 60 6km

2a 60

  

1

S d 6km ;

2

20

d 8,75km;d km

3

 

Tương tự

Câu 47:Đáp án B

- Dựng hình hình ve, J là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp

-5

SJ SI 1,12

2

  

Loại A và D vì quá nhỉ

-11

r a

2 

JL 2aCòn B và C Giả sử Xét tam giác SLJ vuông tại L

-6

IJ a

2



Xét tam giác SIJ vuông tại I:

-2

IL a

2 

Xét tam giác JIL vuông tại I thì có LJ có cạnh huyền

-1

IL AB a

2

 

Mà theo lí thuyết Suy trường hợp này thỏa mãn

Câu 48:Đáp án C

1 i 10 32i

Dùng máy tính ta được

Câu 49:Đáp án B

Phương pháp: Đặt ẩn phụ để biểu thức trở lên gọn gàng

1

4

6

a  x a x ;a x Cách giải: ta đặt

1

4

6

b  y b y ;b y

 

3 3

3 x y x y

x y x y

I ab

x y x y

 

  

  ;

Câu 50:Đáp án C

sin a 1 Phương pháp: khéo léo đánh giá các đẳng thức, nhận thấy , hay tam giác vuông cạnh huyền là cạnh lớn nhất

Cách giải:



SBC

1 1

S SB.SC.sin BSC SB.SC 2a.3a 3a

2 2

   

Gọi H là hình chiếu của A lên (SBC)

1

AS AH V a.3a a

3

   