15 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA KÈM ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Đời phải trải qua giông tố nhưng không được cúi đầu trước giông tố!

Đừng bao giờ bỏ cuộc Em nhé!
Chị tin EM sẽ làm được!
__Ngọc Huyền LB__

Đã nói là làm – Đã làm là không hời hợt – Đã làm là hết mình – Đã làm là không hối hận!

facebook.com/huyenvu2405


Mục lục
Đề số 1 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 5
Đề số 2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 28
Đề số 3 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 35
Đề số 4 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 46
Đề số 5 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 55
Đề số 6 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 68
Đề số 7 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 84
Đề số 8 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 99
Đề số 9 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 112
Đề số 10 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 127
Đề số 11 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 144
Đề số 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 160
Đề số 13 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 177
Đề số 14 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 188
Đề số 15 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 203
Phụ lục 1: Một số dạng toán về số phức----------------------------------------------------------------------------- 213
Phụ lục 2: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số và ứng dụng trong thực tiễn------------------- 241

Phụ lục 3: Một số vấn đề chọn lọc Nguyên Hàm – Tích Phân------------------------------------------------- 248
Phụ lục 4: Một số bài tập hạn chế MTCT chọn lọc---------------------------------------------------------------- 264


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

Ngọc Huyền LB

ĐỀ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017

THPT CHUYÊN KHTN HÀ NỘI LẦN 2

Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút

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

2 x 1


 

 2 2

 2 
A.  
 11 

x2

.

 11 
D. 

 2 

 11 
C.  
2

x2  4
. Đồ thị hàm số có
x 1

mấy tiệm cận?
A. 1
B. 0
C. 2
D. 3

Câu 4: Đồ thị hàm số nào dưới đây không có tiệm
cận ngang?

C. y 
Câu

2

x
x 1
x2
D. y  2
x 1
Cho
hàm

A. y  x  x2  1

B. y 

x2
x 1
5:

số

B. 1  m  4

C. 1  m  4
D.

1 m 4
Câu 6: Số nghiệm thực của phương trình
2

3  2 x là:

A. 2
B. 0
Câu 7: Cho số phức:

C. 1

D. 3

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

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

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

3

22

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


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

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

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

1 1
1
C. I  ;  , R 
2
2 2

1 1
1
D. I  ;  , R 
2
2 2


cách từ điểm
bằng:

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

A.

B.

8 3
R
3

B.

8
3 3

R 3 C.

8

3 3

R 3 D. 8R3

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

A. S 

.

2 log 2  x  3   2  log

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

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

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

số đồng biến trên
A. m  4, m  1


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

cho mặt phẳng

2
B.  
 11 

Câu 3: Cho hàm số y 

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

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


đường y   x  1 e x , y  x2  1.

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

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

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 

C.

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

B. y '  x2 e x

2

D. y '  2xe x

2

1

phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A
và B.
x 1 y  2 z  4
A. d :



1
1
3
x1 y 2 z  4
B. d :


1
1
3
x1 y 2 z  4
C. d :


1
1
3
x 1 y  2 z  4
D. d :


1
1
3
Câu 21: Tìm tập nghiệm của phương trình
 4 x.


C. 4 


A. 4  3 ,4  3

Lovebook.vn|6

3 , 4 



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

A.

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

2

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


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

1

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

x  1

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

a , b.

2


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

2

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

A.

D. I  1; 2; 3 và R  5

1

D.

4

4
1
B.
C.
D.
3
3
3

3
Câu 25: Cho log2  a;log3  b. Tính log 6 90 theo

C. I 1; 2; 3  và R  5

2

2
3

và y   x 2 quay quanh trục Ox.

B. I 1; 2; 3  và R  5

C. y '  xe x

C.

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

A. I  1; 2; 3 và R  5

2

C. I 

B.

D. I 


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

A. y '  2xe x

5 2
2

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

A. I 
B.

x 1 y  2 z  2


. Tính
1
2
2


3 D. 2 

B. 2  3 ,2  3

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


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

B. 9

D. 5i

C. 5

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

2





3, 2  3


nào dưới đây đúng?



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



có bao nhiêu nghiệm?
A. 3
B. 0

C. 1

2

D. 2

1 x


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

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

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

C. 4x  2y  1  0


D. 4x  2y  1  0

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

A.

2

25
.
z
C. 5

D.

5

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

x 1 y 1 z 1
cho đường thẳng  d1  :
và


2
1
3
x3 y2 z2
đường thẳng  d2  :



. Vị trí
2
2
1
tương đối của  d1  và  d2  là:

d :

x3 y 1 z 1


. Viết
2
1
1

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

B. x  2y  4z  1  0

C. x  2y  4z  1  0

D. x  2y  4z  1  0

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


B. I 
C. I 

1  2 x  cos 2 x  sin 2 x  C
2

 2  2 x  cos 2 x  sin 2 x
2

C

nằm trong tứ giác

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

3 3
a
6

B. V 

3 3
2 3
a
a
D. V 
2

2
Câu 39: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có

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

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

1
24 3

B. V 

a3

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

 x  1 2

x

3 3
3 3
a
a
D. V 
24

8
Câu 40: Số nghiệm thực của phương trình









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

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

A. V  15a3
C. V 

 x  1 có bao

C. 3

D. 2


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

7. x
24
17

7

24.24 x7

B. y ' 
D. y ' 

3 3
a
12

C. V 

 ABB' A'

bằng 600.

B. V 

15 3
a
12


D. V 

15 3
a
4

4

4

2 3
a
6

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

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

C. y ' 

 ABCD

giữa BC ' và mặt phẳng

1  2 x  cos 2 x  sin 2 x  C

A. y ' 

B.


C. V 

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

A. I 

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

lên mặt phẳng

B. 2

cho đường thẳng

Câu 37: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi

đồ thị hàm số y  x sin2x, trục hoành và các
đường thẳng x  0, x  .

A. 4x  2y  1  0

số phức w  iz 

Ngọc Huyền LB

24

17. x
24
7

7

24.24 x7

3 15 3
a
4

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

A.


1
6

B.

1
6

C.

1
3

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

 ln 2
2 1 x

2

1 x

2 1 x

2

1 x


B. y ' 
D. y ' 

1
3

D.

1 x

ln 2
2 1 x

2

2

.
1 x

1 x

2 1 x
7|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing


Câu 44: Tổng các nghiệm của phương trình

 x  1

2



 

.2  2x x  1  4 2
x

A. 4

2

B. 5

x 1

x

2

 bằng:

C. 2


Câu

D. 3

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

b
và
4

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



C. 1;  

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

các

hình


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

A.

3 3a 3
4
thỏa mãn:
D.

z

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

B.  2;  

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

D.  ; 5   5; 

1
dx.
4  x2

1 x2
B. I  ln
C
2 x2

C. x  7 y  9  0

D. x  7 y  9  0

Câu 50: Số nghiệm thực của phương trình

2x  log 2  8  x  là:
A. 2

Lovebook.vn|8

Xét

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

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


48:

1 x2
D. I  ln
C
4 x2



y  log x 2  3x  1.

A.  ; 5  2;  

1 x2
C. I  ln
C
4 x2

B. 1

C. 3

D. 0


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

Ngọc Huyền LB

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT

1A
11B
21B
31A
41D

2A
12B
22A
32A
42C

3C
13C
23C
33B
43A

4B
14D
24C
34D
44B

5D
15A
25C
35D
45D


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

6B
16A
26A
36C
46A

3.  2 x 
2 9  x2

7C
17A
27C
37D
47D

8D
18B
28B
38D
48B

2

3x
9  x2


9A
19A
29C
39D
49C

10A
20C
30D
40B
50B

.

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






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

 

4 2 x1

 

3 x 6
 1 

 2 2


2

 2

2
(thỏa mãn).
 3x  6  4  8x  x 
11
Câu 3: Đáp án C.

1
4
 

Ta có lim

x

lim

x2  4
 lim
x
x 1

x 4
 lim
x
x 1
2

x

x 2


 2

4. 12 x 



 2

3 x6


x2  1 ;
1
1
x
1

4
x 2  1 .
1
1
x

 1

Câu 4: Đáp án B.
Ta nhớ lại kiến thức về đường tiệm cận của đồ thị hàm phân thức mà tôi đưa ra
ở chuyên đề đường tiệm cận, từ đây ta thấy
x2

có bậc của đa thức tử số lớn hơn bậc của
x 1
đa thức mẫu số nên không có tiệm cận ngang.
Câu 5: Đáp án D
Suy luận

Với phương án B: Hàm phân thức

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

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

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

.

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


9|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

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

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

Điều kiện: 
3  2 x  0
Câu 7: Đáp án C.

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

3

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

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

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

2

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

 . Khi đó, theo đề bài ta có
z  1 x  yi  1  x  1  yi  x  1  yi  .  x   y  1 i 




z  i x  yi  i x   y  1 i  x   y  1 i   x   y  1 i 



x  x  1   x  1 y  1 i  xyi  y  y  1 i

x   y  1
x  x  1  y  y  1   xy   x  1 y  1  i

x   y  1
x  x  1  y  y  1
0  x xy
Mà phần thực bằng 0, do đó
x   y  1
2

2

2

2

2

2

2


2

2

2

2

y0

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

vdv  e x dx  v  e  x .


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

Khi đó

x

x

Câu 10: Đáp án A.





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

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

2

2.

2dx



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

B
C

Ngọc Huyền LB

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

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

2

3
3
  2 R 2
  a  b  c 2 

 a2  b2  c 2 
2
 
 
   V  

 3
3
3







3


2
  64R

27


64 R6
8 R3

27
3 3

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

d  a 2  b2  c 2

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

A

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

K

B

H

D


IK  AM




M

P

H

 



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

A

B



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

C

I

 ABM    ACD .

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

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

Ta có MP  MB2  BP 2 

K

M

a 3 a
.
IH HM
HM.BP
6
2a 6.

 IH 

a

BP MP
MP
12
2
Vậy diện tích mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD là S  4R2  4.a2 .

6
a2

.
144
6

Câu 13: Đáp án C.

11|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

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

x  1  2  y  
3


Khi đó d 

x

1

 x2    y1  y2  
2

2

10 2
.
3

Câu 14: Đáp án D.





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


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

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

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

1

1

0

0





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

3 0
 3
0 0

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

Khi đó

  x  1 e dx   x  1 .e
x

x

0

1 1 x
 e dx  e  2 .
0 0

8
3
Câu 15: Đáp án A.
Vậy S  e 

S

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

AC  SA 2  SC 2  2.SA.SC.cos 120  a 3 .
H

A

C

AB

B

O
D

2

 3a2  AC 2  tam giác ABC vuông

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

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



2

C

A’
B’

D’

 

Tam giác ABC có AB2  BC 2  a2  a 2

C’

2

2

1
1 a 1
a3 2
V

.
SH
.
S

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

Lovebook.vn|12


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

Ngọc Huyền LB

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

đường kính hình tròn d  a  R 


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

Câu 17: Đáp án A.

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

2

0

2

1

1

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

1


0

2

1

1

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

1 2x
.e
2

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

1 1
1  e2 3

Vậy từ đây ta có I1     .e 0  .e 2  
 .
2 4
4  4 4

I2 

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

Suy ra I  I1  I 2 

e4 e2 3
  .
4
2 4

Câu 18: Đáp án B.

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

Câu 19: Đáp án A.
2


2

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

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

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

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

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

x  2  3
 x2  4 x  1  0  

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

.
13|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

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

 9t  7  0  t 

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

9
 9

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

2
2x  1
2



Đặt u  ln  2 x  1  du 



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

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

x  0
Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2  2 x   x 2  

x  1
Khi đó thể tích khối tròn xoay có được khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đồ

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



V   x 2  2 x

   x 
2

2

2

dx

0



Ta thấy trên 0;1 thì x2
1

  x
2




2



2

 2 x , do vậy ta có công thức



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

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





Câu 25: Đáp án C.
Ta có log 6 90 


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

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

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

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

x  1


2

 2x  1  x2

 4 x  2 x 2  x 2  2 x  1  2
2

Lovebook.vn|14

x  1

2


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

Ngọc Huyền LB

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

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

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




 

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

2



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

x 1

2

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

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

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


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

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





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






Ta có log 2 x 3  2 x  log



2





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



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

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

.

Khi đó phương trình đã cho trở thành



x  2   y  1 i  x   y  2  i






 x  2    y  1
2

2

 x2   y  2 

2

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

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

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

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

75  100i
75  100i

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

 w  12  12  2 .

Câu 32: Đáp án A.
15|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

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

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

1  2t  3  2t ' 2t  2t '  2
t  1

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

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

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

I    x  1 sin 2 xdx.

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

1
.cos 2 x   cos 2 xdx 
Khi đó F  x  
2
2
4
2


 2  2 x  cos 2 x  sin 2 x  C .

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

Với x  1 thì phương trình  2x 

y

x1
x 1

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

.


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

x

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

1

5

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



24



x17 ' 

17 24 7
17
.
. x 

24
2424 x7

Câu 37: Đáp án D.


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

Lovebook.vn|16


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

Ngọc Huyền LB

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



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


2

0

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

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

A’

C’

Kí hiệu như hình vẽ.
Do các cạnh kẻ từ đỉnh A đôi một vuông góc, do vậy các tam giác

AAB, AAD , ABD là các tam giác đều. Do vậy AD  AB  BD  a , suy ra tam
A
giác ABD đều  AO  BD .

B’
D
H
O
C

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

B

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

 AH   ABCD  .

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

S

a 2
3


.

a 2 1
a3 2
. .a.a 3 
.
2
3 2

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

C
D

H

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

B
C’

A’
D
B’

C


A

B

 SH  DH.tan 60 

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







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



 x3  3x2  x  x2


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





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


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

 C ' D  BD.tan 60  a2 

a2
a 15

.
. 3
4
2

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

Câu 43: Đáp án A.



1 x


Ta có y '  2

  

Câu 44: Đáp án B.




1  x .ln 2.2





1 z



 ln 2
2 1 x



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

.2


1 x

.



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







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









 x2  2x  1 . 2x  2x  0

x  1  2

x  1  2

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

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

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

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



Ta có
S

2

1

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

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

H

B

A


a



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

D
C

Ta có AD  BD; AD  SD  AD  SBD

Lovebook.vn|18

a2

4

3a 2
 x2
4


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

Vậy VSABD 

Ngọc Huyền LB

1

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

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

Đặt z  x  yi ,  x, y 

x2 

3a 2
 x2
a3
4


2
8

.

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

 x  1   y  2 
2

2

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

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

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

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


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

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

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


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

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

y
3


1

x

1

-1 O

A.

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

O
x

A. m  3 3 .

B. m  3 .

C. m  3 3 .

D. m  1 .

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

1
O

-3


D. y  9x  24 .

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

y

1

B. y  9x  8; y  9x  24 .

C. y  9x  8 .

B.
y

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

có phương trình là
A. y  9x  8 .

x

-3

-1

Câu 6. Số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ
3x  1
thị hàm số y  2

là
x 4
A. 2.
B. 1.
C. 4.
D. 3.
3
2
Câu 7. Cho C  : y  x  3x  3 . Tiếp tuyến của

C 

O
-1

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

1

3

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

x

y


C.

D.

2

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

1;  

C. Hàm số luôn đồng biến trên

\1 .

D. Hàm số luôn đồng biến trên

1;   Câu

 ;1

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

1

x

-2


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


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

C

D.

15
65
km . B.
km . C. 10km . D. 40 km .

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

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

1
.

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

B. y ' 

1
.
x

bất

phương

trình

x 2

1
1
là
  
27
3
A. x  5 . B. x  5 .
Câu 15. Tập xác

1
là
y
log 2 x2  2 x



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



A. D   0; 2  .

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

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

1
A. y    .
2



B. y  log2  x  1 .




C. y  log 2 x  1 .
2





D. y  log 2 2  1 .
x

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

2 x  x  2  ln 2
2


1

B. y ' 

2 x  x  2  ln 2
2

1

C. y ' 

x  x  2  ln 2
2

D. y ' 

1
2  x  2  ln 2
2

log 4 x
là
x2

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

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


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

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

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

D. y '  x ln3 .
của

1

A. y ' 

B


D
40 km

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

Câu 18. Đạo hàm của hàm số y 

10 km

A

Ngọc Huyền LB

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

0  a , b  1
B. 
.

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

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


b





A. S   f  x  dx .

B. S   f  x 

C. S   f  x  dx .

D. S   f  x  dx .

a
b

a

2

dx .

a

b






2

a

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

1
là
x1

21|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

The best or nothing

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

1

 x  1

2

 C . D. F  x   ln x  1  C .

Câu 30. Cho số phức z  4  5 i . Số phức liên hợp

của z có điểm biểu diễn là

B.  4; 5 . C.  5; 4  .

A.  4; 5  .

D.  4; 5 .

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

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

chuyển động chậm dần đều với vận tốc

thức A  z1  z2

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

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

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






1
A.
2 2 1 .
3
1
C.  2 2  1 .
3








0




1
B.
2 2 1 .
3
1
D.
22 2 .
3


2

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

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

B.

f  x   2sin 5x  x 


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

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

3

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

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

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

2

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

2

2

2

2

2

2

2

Câu 44. Trong không gian cho đường thẳng d có
x  2 y z 1
phương trình d :
 
. Một vectơ chỉ
1
2
3
phương của d là:

A. u   2;0;1 .
B. u   2;0; 1 .
C. u   1; 2; 3  .

D. u  1; 2; 3  .

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

 P : x  2y  3z  5  0

và mặt

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

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

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

D. I 1; 3; 2  , R  4 .

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

x 1 y z 1
và điểm
 

2
1
1
A  2;0; 1  . Mặt phẳng  P  đi qua điểm A và

cho đường thẳng d :

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

D. 2x  y  z  5  0 .

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

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

nằm trong mặt phẳng  P  sao cho d cắt và vuông
góc với  có phương trình là
x  3 y 1 z 1
x1 y 3 z 1

A.
. B.
.




1
1
1
2
2
1
x  3 y 1 z 1
x 3 y 1 z 1
C.
. D.


.


1
2
1
1
1
2
Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,


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

2

 P  : x  2 y  2z  3  0 .

2

Khẳng định

C.  P  không cắt S  .

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

D.  P   Q  .

C.  P  cắt  Q  .

B.  P  tiếp xúc với S  .

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

B.  P   Q .

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


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

A.  P  / / Q  .

mặt phẳng

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

Ngọc Huyền LB

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

 P

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

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

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

cos là
1
A. .
9

B.


1
.
6

C.

2
.
3

D.

1
3

.

23|Lovebook.vn


Ngọc Huyền LB

1C
11D
21C
31C
41B

The best or nothing


2B
12B
22C
32B
42A

3A
13A
23D
33D
43A

4C
14B
24D
34D
44C

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


7C
17D
27B
37A
47C

8D
18A
28C
38B
48D

9A
19B
29C
39A
49B

10B
20B
30A
40A
50D

Câu 1: Đáp án C
Dạng bài toán nhận dạng đồ thị đã được tôi đề cập khá kĩ trong cuốn bộ đề tinh
túy môn toán năm 2017, tuy nhiên ở đây tôi xin nhắc lại bảng các dạng đồ thị
và cách suy luận phía dưới.
Nhận thấy hàm số đề bài cho là hàm số bậc 4 trùng phương có hệ số a  1  0 ,

và b.a  2  0 , đo đó đồ thị hàm số có dạng W, từ đây ta chọn luôn C.
Dưới đây là bảng dạng đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương để ta suy luận nhanh.
Dạng của đồ thị hàm số y  ax4  bx2  c  a  0 
a0

Phương trình
y '  0 có ba

a0

y

y

nghiệm phân biệt
x
O

Phương trình
y '  0 có một

x
O

y

y

nghiệm
x


O

O

x

Câu 2: Đáp án B

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





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


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


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

Ngọc Huyền LB

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

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

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

a0

Phương trình y '  0 có hai

y


y

nghiệm phân biệt
x

x
O

O

Phương trình y '  0 có nghiệm

y

y

kép

O

x

x
O

Phương trình y '  0 vô nghiệm

y

y


x
O

x
O

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

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

p  x

q  x

,

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



Ngọc Huyền LB

The best or nothing

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

p x

q x

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

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

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

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

Lời giải
Từ lý thuyết trên ta có

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

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

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

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

1
S  .2 xB . yA  y B
2

đáp án.

Câu 8: Đáp án D
Phân tích:

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









m ; 2  m2 và C  m ; 2  m2 .

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



Lovebook.vn|26





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

Ngọc Huyền LB

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

D
Hình 1

x

B

Vậy kinh phí người đó phải bỏ ra là f  x    40  x  .3  10 2  x 2 .5
Hay f  x   5 100  x 2  3x  120 .

Xét hàm số f  x   5 x 2  100  3x  120 trên 0; 40  .
5.2.x
5x
Ta có f '  x  
3
3
2
2
2 x  100
x  100

f '  x   0  x  7, 5 .

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

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

600 m

ao

Ví dụ 16: Một người phải đi đến một cái cây quí trong rừng càng nhanh càng
tốt. Con đường mòn chính mà người ta hay đi được miêu tả như sau:
Từ vị trí người đó đi thẳng 300 m gặp một cái ao nên không đi tiếp được nữa ,
sau khi rẽ trái đi thẳng 600 m đường rừng sẽ đến cái cây quí đó.

Biết rằng nếu đi đường mòn thì anh ta có thể chạy với tốc độ 160 m / phút, còn
khi đi qua rừng anh ta chỉ có thể đi với tốc độ 70 m / phút.

300 m

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

600 m

300 –x

x
ao

f  x 

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


300 m

Hình 2
27|Lovebook.vn