Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 – LẦN 1

Trường THPT Phan Chu Trinh

Môn: TOÁN

ĐỀ CÓ GIẢI CHI TIẾT

Thời gia làm bài 90 phút, đề gồm 50 câu trắc nghiệm

Câu 1. Hàm số y 

1 3
x  3x đồng biến trên các khoảng nào.
4

A.  ; 1  1;   .

B.  ; 0   1;   .

C.  ; 2    2;   .

D.  ; 1   0;   .

Câu 2. Tìm tất cả giá trị thực của m để phương trình : x4  2x2  m có 4 nghiệm thực phân biệt .

A. 0  m  1 .

B. 1  m  0 .

C. 1  m  1 .

Câu 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : y  x 
A. min y 
1;3 

13
.
3

D. 2  m  2 .

4
trên đoạn 1; 3 .
x

B. min y  5 .

C. min y  3 .

1;3 

1;3 

D. min y  4 .
1;3 


Câu 4. Tìm tất cả giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị hàm số : y  x4  2mx2  2m  1 có 3
điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác đều.
B. m 

A. m  1 .
Câu 5. Đồ thị hàm số: y 

1
3

C. m   3 3 .

3

.

D. m  3 3 .

x3
có tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt là.
x 1

A. x  1 ; y  1 .

B. x  1; y  3 .

C. x  3; y  1 .

D. x  1; y  3 .


Câu 6. Tìm giá trị cực tiểu yCT của hàm số : y  x3  3x2  2
A. yCT  1 .

B. yCT  2 .

C. yCT  4 .

D. yCT  1 .

Câu 7. Tiếp tuyến của đồ thị (C) của hàm số y  x3  3x2  1 tại điểm A  0;1 , cắt (C) tại điểm B
khác A; tìm tọa độ điểm B.
A. B  3;1 .
Câu 8. Đồ thị hàm số : y 

1
A. A(0; 1); B( ; 0) .
2

B. B  1; 3  .

C. B  1; 5  .

D. B  2; 5  .

2x  1
cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại hai điểm A, B . Tìm tọa độ A, B .
x1
1
B. A( ; 0); B(0; 1) .

2

1
C. A( 1; 0); B(0; ) .
2

Trang 1

1
D. A(0; ); B( 1; 0) .
2


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

x2
Câu 9. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số : f  x  
 x  2x  x2 .
2

A. max f  x   0 .

3
3
B. max f  x    
.
2 2


1
C. max f  x    .
2

D. max f  x  

1
.
2

Câu 10. Đường cong trong hình vẽ sau đây ,là đồ thị của hàm số nào.

A. y   x3  3x  1 .
Câu 11. Giá trị biểu thức P 
A. 10.

B. y  x4  2x2  1 .

C. y  x3  3x  1 .

D. y  x3  3x2  1 .

C. 100.

D. Đáp án khác.

34.33  7 3 : 7 4
là.
10 3 : 10 2


B. 1.

Câu 12. Mệnh đề nào sau đúng.
A. Hàm số y  ax  0  a  1 đồng biến/R.
x

1
B. Hàm số y    ,  a  1 nghịch biến/R .
a

C. Hàm số y  ax  0  a  1 luôn đi qua  a;1 .
x

1
D. Đồ thị y  a , y     0  a  1 đối xứng qua trục Ox.
a
x

Câu 13. Với m   a  1

 1
 
 3

3

 1
 
 3


, n   a  1

A. m  n  p .

2

1

, p   a  1 9 ; 1  a  2  . Kết luận nào đúng?

B. m  n  p .

C. m  p  n .





Câu 14. Kết luận nào SAI: hàm số: f  x   x 2  2 x  2 .e x .
A. Đồng biến trên R.

B. Có một cực trị .
Trang 2

D. n  m  p .


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

1

D. f '  1  .
e

C. Không có GTLN, NN.
Câu 15. Nếu



6 5



x

Đề có giải chi tiết

 6  5 thì.

A. x  1 .

B. x  1 .

C. x  1 .

D. x  1 .

Câu 16. Nếu log m 3  a  log m2  27.m , 0  m  1 bằng.
A.

2a

1.
3

B.

3a m
 .
2 2

C.

3a 1
 .
2 2

D. Đáp án khác.

Câu 17. Phương trình: 31 x  31x  10 có.
A. 2 nghiệm âm.

B. Vô nghiệm.

C. 2 nghiệm dương .

D. 1 nghiệm âm, 1 nghiệm dương.

Câu 18. Phương trình 32 x1  4.3x  1  0 có hai nghiệm x1 , x2 trong đó x1  x2 thì kết luận nào
đúng.
A. 2 x1  x2  0 .


B. x1  2x2  1 .

C. x1  x2  2 .

D. x1 .x2  1 .

Câu 19. Tập nghiệm của bất phương trình: 9x  10.3x  9  0 là tập hợp nào sau đây:
A.  0; 2  .

B.  4; 0  .

C.  1; 3  .

D. 1; 3  .

Câu 20. Tập nghiệm của bpt: log 0 ,5 log 9 x 2  1 là.
A. 3;   .

B. 
 3; 3 .

C.  ; 3  3;   . D. 4.

Câu 21. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Tỉ số thể tích của
khối chóp O.A’B’C’D’ và khối hộp ABCD.A’B’C’D’ là.
A.

1
.
3


B.

1
.
2

C.

1
.
4

D.

1
.
6

Câu 22. Cho hình chóp S.ABC với SA  SB ,SB  SC ,SC  SA ,SA  a ,SB  b ,SC c . Thể tích của
hình chóp bằng.
A.

1
abc .
3

B.

1

abc .
6

C.

1
abc .
2

D. abc .

Câu 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA   ABCD  , góc giữa SC và mặt
đáy bằng 600. Thể tích khối chóp S.ABCD là.
A.

a3
.
6

B.

a3
.
12

C.

Trang 3

6a3

.
3

D.

3a 3 .


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

Câu 24. Một tứ diện đều cạnh a có một đỉnh trùng với đỉnh hình nón, ba đỉnh còn lại nằm trên
đường tròn đáy của hìn nón. Khi đó diện tích xung quanh của hình nón đó là.

3 a2
.
6

A.

B.

3 a2
.
2

3 a2
.
3


C.

D.

3 a 2 .

Câu 25. Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4 và có thiết diện qua trục là hình vuông .
Thể tích khối trụ tương ứng bằng.
A.  .

B. 3 .

C. 4 .

D. 2 .

Câu 26. Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, cạnh bên AA '  2a . Thể tích khối cầu
ngoại tiếp tứ diện ACB’C’ bằng.

32 3 a3
A.
.
27

4 a 3
B.
.
27


4 a 3
C.
.
9

16 3 a3
D.
.
27

Câu 27. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB  AC  a , hình chiếu vuông góc
của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BC, I là trung điểm của SC, mặt phẳng
(SAB) tạo với đáy một góc bằng 600. Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) là.
A.

3
a.
4

B.

Câu 28. Cho lăng trụ đứng

3
a.
3

C.

3

2

a.

D. 2 3a .

ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,

AB  AC  a, CA '  a 3 . Gọi M là trung điểm AC. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng BM và A’C là:
A.

a
.
2

B.

7a
.
7

C.

7
a.
14

D.


3a
.
2

Câu 29. I   x cosxdx bằng.
x2
sin x  C .
A.
2

Câu 30. I  
A. 

B. x sin x  cos x  C . C. x sinx sinx C .

x2
cos x  C .
D.
2

cot x
dx bằng.
sin 2 x
cot 2 x
C .
2

B.

cot 2 x

C .
2

C. 

tan 2 x
C .
2

C. 

x2
x2
x2
x2
.ln x   C . D.
.ln x   C .
4
2
2
4

D.

tan 2 x
C .
2

Câu 31.  x ln xdx .
x2

x2
x2
x2
.ln
x


C
.ln
x

C .
A.
. B.
2
4
4
2

Trang 4


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT
Câu 32. I 

e 2 1



e 1


Đề có giải chi tiết

1
dx bằng.
x1





A. 3 e 2  e .

B. 1.

C.

1 1
 .
e2 e

D. 2.

1

Câu 33. Nếu đặt u  1  x2 thì tích phân I   x 5 1  x 2 dx trở thành.
0

1




1



1

A. I   u 1  u du . B. I   u  1  u  du .
2

0

0

e

1

2

2



0

Câu 34. Nếu đặt t  3ln2 x  1 thì tích phân I  

ln x

x 3 ln 2 x  1

2

1



0

dx trở thành.

2
C. I   tdt .
31

1 1
B. I   dt .
21t



du D. I   u4  u2 du .

e2

2

1
A. I   dt .

31



C. I   u 1  u
2

D. I 

1 t 1
dt .
4 1 t

D. S 

4 3
.
2

e

Câu 35. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  x , y  0, y  x  2 là.
A. S 

3
.
2

B. S 


2
.
3

C. S 

2 8 2
.

3
3

Câu 36. Phương trình mặt phẳng đi qua A  1; 2;1 và có vectơ pháp tuyến n   2; 0;1 là.
A. 2x  y  z  3  0 . B. 2x  z  3  0 .
Câu 37. Cho đường thẳng  :
A. u1   3; 2; 1 .

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

x3 y  2 z 1
. Một vectơ chỉ phương của  là.


2
1
2
B. u2   2;1; 2  .

C. u3   3; 2;1 .


D. u4   2;1; 1 .

Câu 38. Phương trình mặt cầu có tâm I 1;1;1 , bán kính R  3 là.
B.  x  1   y  1   z  1  3 .
2

A. x2  y 2  z 2  3 .
C.  x  1   y  1   z  1  9 .
2

2

2

2

2

D.  x  1   y  1   z  1  6 .
2

2

2

Câu 39. Cho u   1; 1; 2  ; v   3; 5;1 . Khi đó u.v bằng.
A. 6 .

B. 8 .


C. 10 .

D. 4 .

 x  1  2t

Câu 40. Cho  P  : x  3y  z  0 và  :  y  2  t (P) và  giao nhau tại điểm có tọa độ.
 z  1  t


A. 1; 2; 1 .

B.  0; 1; 3  .

C.  1; 3; 2  .
Trang 5

D.  3;1; 0  .


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết





Câu 41. Cho  P  : 2x  y  z  m  0 và A  1;1; 3  . Tìm m để d A;  P   6
 m  2

A. 
.
m  4

m  3
B. 
.
 m  9

 m  2
C. 
.
 m  10

 m  3
D. 
.
 m  12

Câu 42. Cho  P  : x  2 y  2z  3  0 , mặt cầu (S) có tâm I  3;1;1 và tiếp xúc với (P). (S) có bán
kính:
A.

1
.
3

B. 2.

C. 1.


D.

3
.
4

Câu 43. Cho M 1; 2; 3  , N  2;1; 5  . Tập hợp tất cả những điểm cách đều M,N nằm trên.
2

2

2

1 
3
A.  S  :  x     y     z  4   49 .
2 
2


C.  :

1
3
y
2
2  z4 .
3
1

2

B.  P  : 3x  y  2z  8  0 .

x

D. Cả ba đáp án trên đều sai.

Câu 44. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M 1; 2; 4  và cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại
A,B,C sao cho VOABC  36 .
A.

x y z
 
 1.
3 6 12

B.

x y z
   1.
4 2 4

C.

x y z
 
 1.
6 3 12


D. Đáp án khác.

Câu 45. Cho z1  2  5i và z2  3  4i phần thực của z1 .z2 là.
A. 26.

B. 7.

C. 6.

D. 14 .

Câu 46. Cho z  a  bi . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề.
A. z  z  2bi .

C. zz  a2  b2 .

B. z  z  2a .

2

D. z 2  z .

Câu 47. Cho z  a  bi khác 0. Số phức z 1 có phần thực là.
A. a  b .

B.

a
.
a  b2


Câu 48. Cho z  a  bi , z '  a ' b ' . Số phức
A.

aa ' bb '
.
a2  b2

B.

C.

2

b
.
a  b2
2

D. a  b .

z
có phần ảo là.
z'

aa ' bb '
.
a '2  b '2

C.


1
3
Câu 49. Cho z   
i . Số phức 1  z  z2 là.
2 2

Trang 6

aa ' bb '
.
a2  b2

D.

2bb '
.
a '2  b '2


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

1
3
B.  
i.
2 2

A. 1.
Câu 50. Phương trình


Đề có giải chi tiết

C. 0.

D. 2  i 3 .

C. z  5  3i .

D. z  1  2i .

4
 1  i có nghiệm là.
z 1

A. z  2  i .

B. z  3  2i .

Đáp án
1-C

2-B

3-D

4-D

5-A


6-B

7-A

8-B

9-D

10-C

11-C

12-B

13-D

14-D

15-D

16-C

17-D

18-B

19-A

20-D


21-A

22-B

23-C

24-C

25-D

26-A

27-A

28-B

29-B

30-A

31-A

32-B

33-C

34-A

35-C


36-D

37-B

38-C

39-A

40-D

41-C

42-B

43-B

44-A

45-A

46-B

47-B

48-B

49-C

50-D


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
- Phương pháp
Cách tìm khoảng đồng biến của f(x):
+ Tính y’ . Giải phương trình y’ = 0
+ Giải bất phương trình y’ > 0 (hoặc vẽ bảng biến thiến)
+ Suy ra khoảng đồng biến của hàm số (là khoảng mà tại đó y’ ≥ 0 ∀x và có hữu hạn giá trị x để
y’ = 0)
- Cách giảii : Ta có y ' 

3 2
x  3  y '  0  x  2
4

Giải bpt y '  0  x   ; 2    2;  
Câu 2: Đáp án B
- Phương pháp
+ Xét TH m = 0
Trang 7


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

+ Xét TH m  0  Đặt t  x2  t  0   pt : g  t   0
Biện luận: Để phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt thì pt g(t) phải có 2 nghiệm
dương phân biệt
- Cách giải :


x  0

+ Xét TH m  0  x  2 x  0   x  2  m  0 không thỏa mãn yêu cầu đề bài

x   2
4

2

+ m  0  Đặt t  x2  t  0   t 2  2t  m  0  g  t 
Để phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt thì pt g(t) = 0 phải có 2 nghiệm dương phân
biệt
 '  0
1  m  0


 S  0  2  0
 1  m  0 (thỏa mãn m  0 )
P  0
m  0



Câu 3: Đáp án D
- Phương pháp : 1: sử dụng bảng biến thiên hàm số. Đây là phương pháp chung cho các bài
toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số. Ta làm theo các bước sau:
+Tìm tập xác định của hàm số.
+Tìm y', cho y' = 0 giải nghiệm.
+Lập bảng biến thiên, dựa vào bảng biến thiên để kết luận.
Phương pháp 2: áp dụng để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trê [a, b].

Ta làm theo các bước sau:
+Tìm tập xác định của hàm số.
+Tìm y'
+Tìm các điểm x1,x2,...xn thuộc khoảng (a,b) mà tại đó y' = 0 hoặc y' không xác định.
+Tính các giá trị f(a),f(b),f(x1),f(x2)...f(xn)
+Kết luận:
max[a,b]f(x)=max{f(a),f(b),f(x1),f(x2)...f(xn)} và
min[a,b]f(x)=min{f(a),f(b),f(x1),f(x2)...f(xn)}.

Trang 8


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

Lưu ý: một số bài toán chỉ yêu cầu tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số mà không
nói trên đoạn nào nhưng nếu tập xác định của hàm số đó là một đoạn thì ta vẫn có thể sử dụng
phương pháp 2.
- Cách giải :
Tập xác định: D 

f '  x  1 

\0

4
x2

 x  2  1; 3 

f ' x  0  
 x  2  1; 3 

 f 1  5; f  2   4; f  3  

13
3

 Max f  x   5; Min f  x   4
1;3

1;3

Câu 4: Đáp án D
- Phương pháp
+

Tìm điều kiện (*) cho m để hàm số có 3 điểm cực trị .

+

Tìm tọa độ 3 điểm cực trị

+

Dựa vào giả thiết cho tam giác là tam giác gì ? từ đó ta áp dụng tính chất của tam giác đó

để thiết lập các
phương trình có liên quan đến tham số m
+


Giải các phương trình lập được suy ra tham số m

+

Kiểm tra các giá trị m tìm được với điều kiện (*) để chọn m phù hợp .

- Cách giải :
D

x  0
y '  0  4 x3  4mx  0  
 x   m
+ Để hàm số có 3 điểm cực trị thì pt y’ = 0 phải có 3 nghiệm phân biệt  m  0
+ Khi m  0 đths có 3 điểm cực trị A



 



m ;  m  1 ; B  m ;  m  1 ; C  0;1  2m 
2

 A, B, C là 3 đỉnh của tam giác đều

Trang 9

2



Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

 m  0  KTM : m  0 
4m  m  m 4
 AB  AC




4
 m  3 3 TM 
 AB  BC
4 m  m  m

Câu 5: Đáp án A
- Phương pháp
Đồ thị hàm số y 

ax  b
d
a
với a, c  0; ad  bc có tiệm cận đứng x   và TCN y 
cx  d
c
c


- Cách giải :
TCĐ: x = 1
TCN: y = 1
Câu 6: Đáp án B
- Phương pháp
Nếu hàm số y có y '  x0   0 và y "  x0   0 thì x 0 là điểm cực tiểu của hàm số.
- Cách giải :
y '  3x2  6 x; y "  6 x
x  0  y " 0  0
y'  0  
 x  2  y "  2   12  0

 yCT  y  0   2
Câu 7: Đáp án A
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) qua A  0;1 là: y  1
Xét phương trình hoành độ giao điểm x3  3x2  1  1
 x  3  y  1

x  0  y  1

Câu 8: Đáp án B
- Phương pháp
Ox: y  0
Oy: x  0
Đths cắt Ox tại điểm y = 0 và cắt Oy tại điểm x = 0
- Cách giải :

D

\1

Trang 10


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

1 
A  Ox  dths  A  ; 0 
2 

B  Oy  dths  B  0; 1
Câu 9: Đáp án D
- Phương pháp 1: sử dụng bảng biến thiên hàm số. Đây là phương pháp chung cho các bài toán
tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số. Ta làm theo các bước sau:
+Tìm tập xác định của hàm số.
+Tìm y', cho y' = 0 giải nghiệm.
+Lập bảng biến thiên, dựa vào bảng biến thiên để kết luận.
Phương pháp 2: áp dụng để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên[a, b].
Ta làm theo các bước sau:
+Tìm tập xác định của hàm số.
+Tìm y'
+Tìm các điểm x1,x2,...xn thuộc khoảng (a,b) mà tại đó y '  0 hoặc y' không xác định.
+Tính các giá trị f(a),f(b),f(x1),f(x2)...f(xn)
+Kếtluận:
max[a,b]f(x)=max{f(a),f(b),f(x1),f(x2)...f(xn)}và
mim[a,b]f(x)=min{f(a),f(b),f(x1),f(x2)...f(xn)}.
Lưu ý: một số bài toán chỉ yêu cầu tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số mà không
nói trên đoạn nào nhưng nếu tập xác định của hàm số đó là một đoạn thì ta vẫn có thể sử dụng
phương pháp 2.

(Có thể thử đáp án để làm nhanh bài toán này)
- Cách giải :
Thay các đáp án:
Đáp án A ta giải phương trình:

x2
 x  2x  x2  0  x  2
2

Đáp án B ta giải phương trình:

x2
3
3
 x  2x  x2   
 x 
2
2 2

Đáp án C ta giải phương trình:

x2
1
 x  2x  x2    x  
2
2

Trang 11



Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

x2
1
Đáp án D ta giải phương trình:
 x  2x  x2   x  1
2
2

Câu 10: Đáp án C
- Phương pháp
+ Cách 1: Thử đáp án và loại trừ đáp án dựa vào các đặc tính của đồ thị đã cho
+ Cách 2: Cách truyền thống:
Giả sử pt đths có dạng: x3  ax2  b  y 1
Thay tọa độ các điểm thuộc đths vào (1) để tìm đc a, b. Từ đó suy ra pt đths
- Cách giải :
Dễ thấy: a > 0 Nên loại đáp án A
Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm bậc 3 nên loại đáp án B
Tại  2; 3  trên đths thì phương trình y  x3  3x  1 thỏa mãn
Câu 11: Đáp án C
- Phương pháp
Vận dụng: am .an  amn ; am : an  a mn
- Cách giải :

P

37
 100

101

Câu 12: Đáp án B
- Phương pháp
Hàm số mũ: y  a x ( a  0 và a  1 )
* Tập xác định D 

, y  a x  0, x 

* Hàm số đồng biến trên R khi a > 0, nghịch biến trên R khi 0 < a < 1.
* Đồ thị qua điểm (0 ; 1), nằm phía trên trục hoành và nhận trục hoành làm tiệm cận ngang.
* với a  1 thì lim a x  0 và lim a x  
x 

x 

* Với 0  a  1 thì lim a x   và lim a x  0
x 

x 

* Đạo hàm :


y  a x có y '  ax ln a



y  e x có y '  e x
Trang 12



Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

Với u(x) là hàm số theo X có đạo hàm là u’(x) thì:

y  au có y '  au .u '.ln a ; y  e u có y '  eu .u ' .
- Cách giải :
Từ lý thuyết ở trên ta suy ra đáp án A, C, D sai, B đúng
Câu 13: Đáp án D
- Phương pháp: Để so sánh hai luỹ thừa, ta thường đưa về so sánh hai luỹ thừa cùng cơ số hoặc
cùng số mũ.
+Nếu hai luỹ thừa có cùng cơ số ( lớn hơn 1 ) thì luỹ thừa nào có số mũ lớn hơn sẽ lớn hơn
+Nếu hai luỹ thừa có cùng số mũ ( lớn hơn 0 ) thì luỹ thừa nào có cơ số lớn hơn sẽ lớn hơn
- Cách giải :
Có 1  a  2 nên 1  a  1  0 nên hàm số  a  1 nghịch biến.
x

1
3
 

4

1
 
3


3

1
 
3

2

pmn

Câu 14: Đáp án D
- Phương pháp
Hàm số mũ: y  a x ( a  0 và a  1 )
* Tập xác định D 

, y  a x  0, x 

* Hàm số đồng biến trên R khi a > 0, nghịch biến trên R khi 0 < a < 1.
- Cách giải :
Ta thấy: x2  2x  2  0x  hàm số đã cho đồng biến trên R. Nên đáp án A đúng
Dễ thấy đáp án B đúng vì hàm số đã cho đồng biến trên R và không có Max, Min. Nên đáp án C
đúng
Ta có: f '  1  

1
e

Câu 15: Đáp án D
- Phương pháp
Nếu




a b





a  b  1 a  b 



a b



1

- Cách giải :

Trang 13


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT
Ta thấy:



6 5




 bpt 



6 5



6  5 1 6  5 

 



6 5



1



x

6  5  x  1

Câu 16: Đáp án C

- Phương pháp
log a b 

Áp dụng công thức:


.log a b


log a b  log a c  log a  b.c 
- Cách giải :

3
1 3
1
Áp dụng công thức ta có: log m2  27 m   log m 3   a 
2
2 2
2
Câu 17: Đáp án D
- Phương pháp
1

Nếu có pt dạng at  at  b thì ta nhân cả 2 vế với at  pt bậc 2 ẩn at
- Cách giải :



31 x  31 x  10  31 x




2

 x  1
 10.31 x  9  0  
x  1

Câu 18: Đáp án B
- Phương pháp
Áp dụng phương pháp giải phương trình bậc 2 đơn giản ẩn at
- Cách giải :
 x  1
pt  3.32 x  4.3x  1  0  
x  0

Câu 19: Đáp án A
- Phương pháp
Áp dụng phương pháp giải phương trình bậc 2 đơn giản ẩn at
- Cách giải :
x

3  9
bpt   x
0x2

3  1

Câu 20: Đáp án D
Trang 14


Đề có giải chi tiết


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

- Phương pháp
log a b 


.log a b


- Cách giải :
Đk: x  0; log 3 x  0

bpt  log 21 log 32 x2  1  log 2 log 3 x  1  log3 x  2  x  9
Câu 21: Đáp án A
- Phương pháp
Khi 1 khối chóp nằm trong hình hộp và đáy của khối chóp là 1 đáy của hình hộp thì ta luôn có:
Vhộp = 3Vchóp
- Cách giải :

1
Từ công thức trên ta suy ra VO. A' B'C ' D'  VABCD. A' B'C ' D'
3
Câu 22: Đáp án B
- Cách giải :


SA  SB, SB  SC  SA  SBC 
1
SSBC  b.c
2
1
 VA.SBC  abc
6

Câu 23: Đáp án C
- Phương pháp

1
Thể tích hình chóp: V  .h.Sday
3
- Cách giải :

Trang 15


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

SA   ABCD   AC là hình chiếu của SA xuống mặt phẳng (ABCD)
Góc giữa SC và mp(ABCD) là góc SCA  600
Có ABCD là hình vuông cạnh a  AC  BD  a 2; SABCD  a 2

 


Xét SAC vuông ở A góc SCA  600  SA  tan 600 .AC  a 6

1
6a3
 VS. ABCD  .SA.SABCD 
3
3
Câu 24: Đáp án C
- Phương pháp
Công thức tính diện tích xung quanh hình nón: Sxq   .r.l
- Cách giải :

2 3
3a
r  OA  OB  OC  .
a
3 2
2

la
Sxq 

3a 2
3

Câu 25: Đáp án D
- Phương pháp
Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ: Sxq   .r.h.2
Công thức tính thể tích hình trụ: V   .r 2 .h
- Cách giải :

Thiết diện qua trục là hình vuông nên 2.r  h

 Sxq  4r 2  4  r  1

 V   r 2 .h  2
Câu 26: Đáp án A
- Phương pháp
Để tìm bán kính mặt cầu của những khối chóp mà hình dạng của nó không có gì đặc biệt thì
phương pháp chung đó là:
+Xác định đường cao khối chóp. Xác định tâm vòng tròn ngoại tiếp đáy.

Trang 16


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

+Dựng trục đường tròn đáy: Là đường thẳng qua tâm vòng tròn
ngoại tiếp đáy và vuông góc với đáy( Đường thẳng này song song
với đường cao của khối chóp)
+Dựng mặt phẳng trung trực của một cạnh bên cắt trục đường tròn
tại điểm là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp
(Thông thường ta xác định tâm theo cách kẻ vuông góc với 1 cạnh
tại trung điểm của nó)
+Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp
- Cách giải :
Gọi G,G’ lần lượt là trọng tâm của ABC và A' B' C '  GG ' là trục đường tròn ngoại tiếp 2
đáy
Vì ABCA’B’C’ là lăng trụ đều  GG ' vuông với 2 đáy và C’G’=CG

Gọi I là trung điểm của GG’  GI  G ' I và AI=BI=CI

 C ' G ' I  CGI  CI  C ' I
=> I là tâm khối cầu ngoại tiếp tứ diện ACB’C’
2

 GG ' 
2 3a
R  IC  
 CG 2 

3
 2 

Vkhối cầu 

4 R3 a3 32 3

3
27

Câu 27: Đáp án A
- Phương pháp
Cách tìm khoảng cách d từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng:
+ Tìm chân đường vuông góc
+ Biểu diễn d theo khoảng cách từ chân đường vuông góc
xuống mặt phẳng đó
+ Tính khoảng cách từ chân đường vuông góc xuống mặt
phẳng đó, suy ra d
- Cách giải :

Gọi M là trung điểm

AB  HM  AB  AB  SMH   SM  AB  SAB cân ở S
Trang 17


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

 

 SMH  600  SH  tan 600 .MH  a

Đề có giải chi tiết

3
2

Có HI là đường trung bình của tam giác SBC



 

 IH / /SB  IH / /  SAB   d I ;  SAB   d H , SAB 








Kẻ HK  SM  HK   SAB   d H ; SAB   HK

1
1
1
3


 HK 
a
2
2
2
4
HK
SH
MH
Câu 28: Đáp án B
- Phương pháp
Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau d1 ,d 2 , ta có thể tiến hành theo một trong
các cách dưới đây :
+ Cách 1 : Dựa vào định nghĩa ( Xác định đường vuông góc chung ) .
Cách này thường được tiến hành khi ta biết được hai đường
thẳng d1 ,d 2 vuông góc với nhau . Khi đó ta làm như sau :
Bước 1 : Xác định một mặt phẳng (P) chứa d1 vuông góc với
đường thẳng d2 . Tức là đường thẳng d2 vuông góc với hai
đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng (P) , trong đó có
đường thẳng d1 .
Bước 2 : Tìm giao điểm I của đường thẳng d2 với mặt phẳng


(P)

. Từ I kẻ IH vuông góc với d1 , với H  d1 .
Khi đó IH là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1 ,d 2
Bước 3 : Tính độ dài đoạn thẳng IH .
Ta thường vận dụng hệ thức lượng tam giác và tam giác đồng dạng ; định lý Pitagor để tính độ
dài đoạn IH .
+ Cách 2 : Dựa vào khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song .
+ Cách 3: dùng phương pháp tọa độ trong không gian
- Cách giải :
Gọi N là trung điểm của AA’

Trang 18


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

2a
a
; AM 
2
2

A ' C  3a; AB  AC  a  AN 
Giả sử A  0; 0; 0 



2a 
a

 B ' 0; a; 2a ; N  0; 0;
; M  ; 0; 0    B ' MN  : vtcp : NM  1; 0; 2 ; B ' M  1; 2; 2 2


2 
2









 B 'MN  : vtpt : n   2;1; 

2



  B ' MN  : 2 x  y  2 z  a  0






d C ;  B ' MN  

2a  a
4 1 2



7
a
7

Câu 29: Đáp án B
- Phương pháp
b

b

Công thức tích phân từng phần:  udv  uv a   vdu
a

b

a

- Cách giải :
u  x  du  dx
Đặt 
dv  cos xdx  v  sin x

 I  x sin x   sin xdx  x sin x  cos x  C

Câu 30: Đáp án A
- Phương pháp

I

cot x
cos x
dx  
dx
2
sin x
sin 3 x

Đặt t  sin x  dt  cos xdx
- Cách giải :

I

cot x
cos x
dx  
dx
2
sin x
sin 3 x

Đặt t  sin x  dt  cos xdx
I

dt

1
 cot 2 x



C

C
2
t3
2t 2

Câu 31: Đáp án A
- Phương pháp
Áp dụng tích phân từng phần
Trang 19








Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT
- Cách giải :

1
du  x dx
ln x  u


Đặt 
2
 xdx  dv v  x

2
I

x 2 ln x x 2
 C
2
4

Câu 32: Đáp án B
- Phương pháp
Ta có: I  

dx
 ln x  C
x

- Cách giải :
I

e 2 1



e 1


e 2 1
1
dx  ln x  1
 ln e 2  ln e  1
e

1
x1

Câu 33: Đáp án C
- Phương pháp
Đạo hàm u để được du thay cho dx sau đó thế u thay cho x
- Cách giải :
x

u  1  x 2  du 

1  x2

dx  udu   xdx

 x2  1  u2
0



 I   1  u

2




2

1

1



.u du   1  u2
2



2

.u2 .du

0

Câu 34: Đáp án A
- Cách giải :
t 2  3 ln 2 x  1

t  3 ln 2 x  1  
ln x
dx
2tdt  6
x



x  1  t  1

x  e  t  2
2

1
 I   dt
3
1
Câu 35: Đáp án C
Trang 20

Đề có giải chi tiết


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT

Đề có giải chi tiết

- Phương pháp
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f(x);y = g(x); y = p(x)
+ Đối với trường hợp bài phức tạp f(x);g(x);p(x) là các đa thức
 f  x  g  x

Giải hệ  f  x   p  x   x  ?

 p  x   g  x 


Vẽ hình (đồ thị mô phỏng 3 hàm số trên) để gọi diện tích hình phẳng tương ứng
+ Đối với các bài toán có y = g(x); x = a; x=b; y=f(x)
Gọi S là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
b

Suy ra S   f  x   g  x  dx
a

- Cách giải :

x 0x0
+

x2  0  x  2
x  2
x2  x  
 x 
4 x  4  0

Gọi S là diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
2

S 
0

x2
2 3
x  2  x dx 
 2x 
x

2
3

2


0

2 8 2

3
3

Câu 36: Đáp án D
- Phương pháp
(P) có vtpt n   a; b; c  và đi qua M  x0 ; y0 ; z0 
(P) có phương trình: a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0  ax  by  cz  d  0
- Cách giải :
(P) có vtpt n   2; 0;1 và đi qua A  1; 2;1
(P) có pt: 2  x  1  0.  y  2   1.  z  1  0  2 x  z  3  0
Câu 37: Đáp án B
- Phương pháp



đi qua M  x0 ; y0 ; z0  và có vtcp u   a; b; c      có pt chính tắc là:
Trang 21


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT


Đề có giải chi tiết

x  x0 y  y0 z  z0


a
b
c

- Cách giải :
Từ ptct  vtcp    là: u   2;1; 2 
Câu 38: Đáp án C
- Phương pháp
Mặt cầu (S) có tâm I(a;b;c) và bán kính R
(S) có pt:  x  a    y  b    z  c   R 2
2

2

2

- Cách giải :
Mặt cầu (S) có tâm I 1;1;1 và bán kính R=3
(S) có pt:  x  1   y  1   z  1  32
2

2

2


Câu 39: Đáp án A
- Phương pháp
Tính chất nhân 2 vecto: u   a; b; c  và v   x; y ; z 
 u.v  ax  by  cz

- Cách giải :
Từ giả thiết  u.v  3  5  2  6
Câu 40: Đáp án D
- Phương pháp



đi qua M  x0 ; y0 ; z0  và có vtcp u   a; b; c      có phương trình tham số:

 x  x0  at

 y  y0  bt
 z  z  ct
0


(P) có phương trình: a ' x  b ' y  c ' z  0
Để tìm tọa độ giao điểm của    và (P) ta thay tọa độ tham số của    vào phương trình mp(P)
- Cách giải :
Ta thay tọa độ tham số của    vào phương trình mp(P) ta được:

1  2t  6  3t  1  t  0  t  1   3;1; 0 
Trang 22



Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT
Câu 41: Đáp án C
- Phương pháp

M  x0 ; y0 ; z0  ;  P  : ax  by  cz  d  0





 d M,P 

ax0  by0  cz0  d
a2  b2  c 2

- Cách giải :





d A,  P   6 

2 1 3  m
6

 m  2

 m  10


Câu 42: Đáp án B
- Phương pháp
Mặt cầu (S) có tâm I  x0 ; y0 ; z0  và bán kính R
(S) tiếp xúc với mp(P)

 P  : ax  by  cz  d  0





 d I,  P  

ax0  by0  cz0  d
a2  b2  c 2

R

- Cách giải :





 d I , P 

3  2  2  3
3


2R

Câu 43: Đáp án B
- Phương pháp
Cách làm nhanh nhất cho dạng bài này là thay vào đáp án
Đáp án nào thỏa mãn cả 2 điểm đã cho thì đáp án đó là đáp án đúng
- Cách giải :
Từ tọa độ M, N đã cho. Suy ra MN có vtcp   3;1; 2 
Nên loại được 2 đáp án C, A.
 1 3 
I là trung điểm của MN thì I   ; ; 4  thay vào (P) thấy thỏa mãn.
 2 2 

Nên đáp án B đúng
Câu 44: Đáp án A
- Phương pháp
Trang 23

Đề có giải chi tiết


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT
Cách nhanh nhất để làm bài toán này là thay đáp án
- Cách giải :
Thay tọa độ M vào các đáp án thì loại đáp án B vì không thỏa mãn
Và loại đáp án C vì tỷ lệ a:b:c không thỏa mãn
Đáp án A đúng tỷ lệ
Câu 45: Đáp án A
- Phương pháp
z1  a  bi ; z 2  c  di trong đó: a là phần thực; b là phần ảo; i là số ảo


z1 .z2   a  bi  c  di   ac  bd   ad  bc  i
- Cách giải :
z1 .z2  6  20  0.i  26

Câu 46: Đáp án B

z  a  bi  z  a  bi
 z  z  2a
z  z  2bi
2

 z  a 2  b 2 ; z. z  a 2  b 2

Câu 47: Đáp án B

z  a  bi  z 1 

1
a  bi
a
b
 2 2  2 2 2 2i
a  bi a  b
a b a b

Câu 48: Đáp án B

z  a  bi; z '  a ' b '




z a  bi
a
b



i
z ' a ' b ' a '  b ' a '  b '

Câu 49: Đáp án C
- Phương pháp

z  a  bi  z2  a2  b2  2abi
- Cách giải :

1  z  z2 

1
3
1 3
3

i  1  
i0
2
2
4 4 2


Câu 50: Đáp án D
Trang 24

Đề có giải chi tiết


Thầy Nguyễn Văn Huy chúc các em HỌC TỐT – THI TỐT
ĐK: z  1

 4   z  11  i   4  z  zi  i  1
z

3i
 1  2i
1 i

Trang 25

Đề có giải chi tiết