Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 10 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (348.89 KB, 16 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017

Mơn thi: TỐN

ĐỀ VIP 10 Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1. Đường cong trong hình bên là đồ thị của một 
hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương
án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?

A. 3
3
y=x − x.

B. 3

3
y= − +x x.

C. 4 2

2
y= − +x x .

D. 4 2

2
y=x − x .

x

-2

y

O

-1

Lời giải. Đặc trưng của đồ thị là hàm bậc ba nên loại C, D. 
Hình dáng đồ thị thể hiện a> nên chỉ có A phù hợp. 0 Chọn A.

Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M

(

3;1;1 ,

)

N

(

4;8; 3 , −

) (

P 2;9; 7−

)

và
mặt phẳng

( )

Q :x+2y− − =z 6 0. Đường thẳng d đi qua G , vng góc với

( )

Q . Tìm giao
điểm A của mặt phẳng

( )

Q và đường thẳng d , biết G là trọng tâm tam giác MNP.

A. A

(

1;2;1

)

. B. A

(

1; 2; 1− −

)

. C. A

(

− − −1; 2; 1

)

. D. A

(

1;2; 1−

)

.
Lời giải. Tam giác MNP có trọng tâm G

(

3; 6; 3−

)

Đường thẳng d đi qua G, vng góc với

( )

Q nên

: 6 2

x t

d y t

z t

 = +

 = +


 =− −


Đường thẳng d cắt

( )

Q tại A có tọa độ thỏa hệ

(

)

3
6 2

1;2; 1
3

2 6 0

x t

y t

A

z t

x y z

 = +

 = +

 ⇒ −

 =− −


 + − − =


. Chọn D.

Câu 3. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

A.

∫

0dx=C (C là hằng số). B. 1dx ln x C

x = +

∫

(C là hằng số).

C. d 1

x

x x C

α
α

α

= +

∫

(C là hằng số). D.

∫

dx= +x C (C là hằng số).

Lời giải. Chọn C. Vì kết quả này khơng đúng với trường hợp α= −1.

Câu 4. Cho hàm số y= f x

( )

xác định, liên tục trên ℝ và có bảng biến thiên như sau:

Khẳng định nào sau đây là đúng ?
A. Hàm số có giá trị cực đại bằng 3.

y

x

'
y

−∞ 1 +∞

1
3

− −∞

1
+∞

−
−

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

B. Hàm số có GTLN bằng 1, GTNN bằng 1
3
− .

C. Hàm số có hai điểm cực trị.

D. Đồ thị hàm số khơng cắt trục hồnh.

Lời giải. Nhận thấy hàm số đạt cực đại tại xCD= , giá trị cực đại bằng 1 và đạt cực tiểu tại 3

CT 1

x = , giá trị cực tiểu bằng 1
3

− . Chọn C.

Câu 5. Thể tích của khối trịn xoay sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường có phương 
trình 12 2

x

y=x e , trục Ox, x= , 1 x= quay một vòng quanh trục Ox bằng: 2
A. eπ . B. πe2. C. 4π . D. 16π .

Lời giải. Ta có

( )

2 1 2 2 2 2

2 2

1 1 1 1

x

x x x x

V π x e dx π xe dx π xd e π xe e dx

 

   

   

∫

  =

∫

=  −

∫

 .

(

)

(

) (

)

2 x 2

e e e e e e e e

π π π π π

= − − = − − − = . Chọn B.

Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A

(

4;1; 2−

)

và B

(

5;9;3

)

. Phương

trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB là:

A. 2x+6y−5z +40=0. B. +x 8y−5z−41=0.
C. −x 8y−5z−35=0. D. +x 8y +5z−47=0.
Lời giải. Tọa độ trung điểm của AB là  



 

9 1

;5;

2 2

M .

Mặt phẳng cần tìm đi qua 9;5;1

2 2

M  và nhận AB=

(

1;8;5

)

làm một VTPT nên có phương
trình x+8y+5z−47= . 0 Chọn D.

Câu 7. Tìm tất cả các giá trị của x để hàm số

2 1

log

1 2

y

x
x

−
+

xác định.

A. − < < −3 x 1. B. x> −1. C. x< −3. D. 0< <x 3.

Lời giải. Hàm số xác định khi

2
0
1

2 1

log 0

1 2

x
x

 >
 +


 − >

 +



9 9

2 2

0 0

2 3

1 1

3 0 3 1

2 2 1 1

log log 3 3

1 1

x x

x

x x x x

x x

 

 

 >  >

 

 +  + − −

 

⇔ ⇔ ⇔ > ⇔ > ⇔ − < < −

+ +

 >  >

 

 +  +

 

 

. Chọn A.

Câu 8. Cho hàm số y= f x

( )

có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng
định nào sau đây là sai:

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( )0;1 .

B. Hàm số đạt cực trị tại các điểm x=0 và x=1.

C. Hàm số đồng biến trên các khoảng

(

−∞;0

)

và

(

1;+∞

)

.
D. Hàm số đồng biến trên khoảng

(

−∞;3

)

và

(

1;+∞

)

x

y

O

-1

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 9. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A, AB=1, AC= 3. Tam
giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách từ B đến mặt 
phẳng

(

SAC

)

A. 39.

13 B. 1. C.

2 39
.

13 D.

3
.
2

Lời giải. Gọi H là trung điểm của BC , suy ra

(

)

SH ⊥BC⇒SH ⊥ ABC .

Gọi K là trung điểm AC , suy ra HK⊥AC .

Kẻ HE⊥SK

(

E∈SK

)

Khi đó d B SAC ,

(

)

=2d H SAC ,

(

)



2 2

. 2 39

2 2. .

13
SH HK

HE

SH HK

= = =

+ Chọn C.

Câu 10. Cho số phức z thỏa mãn iz+ − = . Tính khoảng cách từ điểm biểu diễn của z 2 i 0
trên mặt phẳng tọa độ Oxy đến điểm M

(

3; 4− .

)

A. 2 5 . B. 13 . C. 2 10 . D. 2 2 .

Lời giải. Ta có 2 0 2 2

(

)

1 2

i i

i

iz i iz i z i

i

− − +
− +

+ − = ⇔ = − + → = = = + .

Suy ra điểm biểu diễn số phức z là A

( )

1;2 .
Khi đó

(

) (

)

3 1 4 2 2 10

AM = − + − − = . Chọn C.

Câu 11. Hình chữ nhật ABCD có AB=6, AD= . Gọi 4 M N P Q, , , lần lượt là trung điểm
bốn cạnh AB BC CD DA, , , . Cho hình chữ nhật ABCD quay quanh QN , tứ giác MNPQ tạo 
thành vật tròn xoay có thể tích bằng:

A. V=8π. B. V=6π. C. V=4π. D. V=2π.

Lời giải. Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD , suy ra MNPQ là hình thoi tâm O .

Ta có 1 3

QO=ON= AB= và 1 2

OM =OP= AD= .

Vật tròn xoay là hai hình nón bằng nhau có: đỉnh lần lượt là , Q N và chung đáy.
● Bán kính đáy OM = . 2

● Chiều cao hình nón OQ=ON= . 3
Vậy thể tích khối tròn xoay 1 2

2 . 8

V πOM ON π

 



=  = (đvtt). Chọn A.

Câu 12. Hàm số 1

2 1

x
y

x
−
=

+ đạt giá trị lớn nhất trên đoạn

[

0;2

]

tại:

A. x= . B. 0 x= . 2 C. x= . 3 D. 1
2
x= − .

Lời giải. Ta có

(

)

[

]

' 0, 0;2

2 1

y x

x

= > ∀ ∈ →

+ hàm số đã cho đồng biến trên

[

0;2

]

.
Vây giá trị lớn nhất của hàm số đạt tại x= . 2 Chọn B.

Câu 13. Biế rằng phương trình

(

)

8 8

4
2 log 2 log 2 1

x+ x − x+ = có nghiệm duy nhất x . Chọn 
phát biểu đúng:

A. Nghiệm x0 thỏa mãn 0

log 4

x < − . B.

0 log 43

2x >3 .
C. 0 log3(0 1)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Lời giải. Điều kiện: 0< ≠ . x 1

Phương trình 2

(

)

2 2

(

)

8 8 8

4 4

log 4 log 1 log 4 1

3 3

x x  x x 

⇔ + − = ⇔  − =

 

(

)

(

)

(

)

(

)

2
2

2 2

2 1 4 2 0 1

4 1 16 2 0 .

2 1 4 2 0 2

x x x x x

x x x x

x x x x x

 − =  − − =  = −

  

⇔ − = ⇔ ⇔ ⇔ − − = ⇔

− = −  − + = =

  



loại

A. Ta có log2 1 4
16= − nên

log 4

x < − là sai.

B. Ta có 2x=4 và 3log 43 = nên 4 2x>3log 43 là sai.

C. Ta có log 22 1 3

x+ = và 3log3(x+1)= nên 3 log3( 1)

log 2x+ =1 3 x+ là đúng.

Chọn C.

Câu 14. Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số 2 4 2
3 4

x
y

x x

−
=

− − là:

A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1. 
Lời giải. Tập xác định D= −

[

2;2 \

] { }

− . 1

Xét phương trình 2 1

3 4 0 .

x

x x

x

 = −

− − = ⇔  =



Ta có ( )

( )

2
2
1

4
lim

3 4

1
4

lim

3 4

x

x x

x

x x

−

→ −

 −

 = +∞

 − −

 → = −



 −

 = +∞

 − −



là tiệm cận đứng. Chọn D.

Câu 15. Cho hàm số

( )

(

)

ln 2016

y= f x = x + +x . Biểu thức đạo hàm của f x

( )

là:

A. 
2

2016

x +

. B. 
2

2016

x + +x

. C. 1

x . D. 2

2 1

2016

x

x x

+ + .

Lời giải. Ta có:

( )

2 2

1
2016

' '

2016 2016

x
x

y f x

x x x

+
+

= = =

+ + + . Chọn A.

Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A

(

1;4;2 ,

) (

B −1;2;4

)

và đường
thẳng : 1 2

1 1 2

x− y+ z

∆ = =

− . Tìm điểm M trên ∆ sao cho

2 2

28
MA +MB = .

A. M

(

−1;0;4

)

. B. M

(

1;0;4

)

. C. M

(

−1;0; 4− .

)

D. M

(

1;0; 4− .

)

Lời giải. Phương trình tham số

: 2

x t

y t

z t

 = −



∆  = − +

 =


. Do M ∈ ∆ →M

(

1− − +t; 2 t;2t

)

Ta có 2 2 2

(

)

28 12 48 48 0 2 1;0; 4

MA +MB = ⇔ t − t+ = ⇔ = t →M − . Chọn A.

Câu 17. Tập nghiệm S của bất phương trình 2 log3

(

x− +1

)

log 3

(

2x− ≤1

)

2 là:

A. S=

( ]

1;2 . B. 1;2
2

S= − . C. S=

[ ]

1;2 . D. 1;2
2

S= − 

 

 .

Lời giải. Điều kiện: x>1.

Phương trình ⇔2 log3

(

x− +1

)

2 log 23

(

x− ≤1

)

(

)

(

)

3 3

log x 1 log 2x 1 1

⇔ − + − ≤

(

)(

)

(

)(

)

log 1 2 1 1 1 2 1 3 2 3 2 0 2.

x x x x x x x

 

⇔  − − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu 18. Cho các mệnh đề sau đây:

( )

1 Hàm số

( )

2 2

log log 4

4
x

f x = x− + xác định khi x≥ . 0

( )

2 Hàm số y=logax có tiệm cận ngang.

( )

3 Hàm số y=logax, 0< < và hàm số a 1 y=logax a, > đơn điệu trên tập xác định của nó.1

( )

4 Đạo hàm của hàm số y=ln 1

(

−cosx

)

là

(

)

sin

.
1 cos

x
x
−
Hỏi có bao nhiêu mệnh đề đúng ?

A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1 .

Lời giải. ( )1 Sai vì hàm số có tập xác định x> . 0

( )

2 Sai - hàm số y=logax có tiệm cận đứng x= .0

( )

3 Đúng theo định nghĩa sách giáo khoa.

( )

4 Sai vì đạo hàm của hàm số y=ln 1

(

−cosx

)

là sin .
1 cos

x
x

− Chọn D.

Câu 19. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện

(

)

2 i z 1 5

− + − = . Phát biểu nào sau đây là sai?

A. Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I

(

1; 2− .

)

B. Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường trịn có bán kính R= . 5
C. Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường trịn có đường kính bằng 10. 
D. Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là hình trịn có bán kính R= . 5
Lời giải. Gọi z= +x yi x y

(

; ∈ℝ

)

Theo giả thiết, ta có − +2 i x

(

+ − = ⇔ − − + −yi 1

)

(

y 2

) (

x 1

)

i = 5

(

) (

)

(

) (

)

2 1 5 1 2 25

y x x y

⇔ − − + − = ⇔ − + + = .

Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I

(

1; 2− , bán kính

)

R= 5.
Do đó D sai. Chọn D.

Câu 20. Số nào sau đây là số đối của số phức z , biết z có phần thực dương thỏa mãn z = 2
và thuộc đường thẳng y− 3x= : 0

A. 1+ 3i. B. 1− 3i. C. 1− − 3i. D. 1− + 3i.
Lời giải. Gọi z= +x yi x y

(

, ∈ℝ

)

Ta có 2 2 2 2

0 0

2 4 1 3

3
3

3 0

x x

x

x y x y z i

y

y x

 > 

  >

  

   =

 + = ⇔ + = ⇔ ⇒ − = − −

  

   =

  

 − =  =

 



. Chọn C.

Câu 21. Tìm m để hàm số 3 2

3 1

y= − +x x + −m có giá trị cực đại là ymax, giá trị cực tiểu là

min

y thỏa mãn ymax.ymin=5:

A. m= −4 hoặc m= −2. B. m=4 hoặc m=2.

C. m= −4 hoặc m=2. D. m=4 hoặc m= −2.

Lời giải. Đạo hàm 2 1 1

2 1

0 1

' 3 6 ; ' 0 .

2 3

x y m

y x x y

x y m

 = → = −



= − + = ⇔ 

= → = +



Yêu cầu bài toán: max min

(

) (

)

. 5 3 . 1 5 .

4
m

y y m m

m
 =


= ⇔ + − = ⇔  =−

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

( )

P :x+ + − =y z 3 0, đường

thẳng

: 8

1 3

x t

d y t

z t

 = −

 = +



 = − −


và điểm M

(

1; 1;10−

)

. Tìm tọa độ điểm N thuộc

( )

P sao cho MN song

song với d .

A. N

(

2;2; 1−

)

. B. N

(

2; 2;3−

)

. C. N

(

− −2; 2;7

)

. D. N

(

3;1; 1−

)

Lời giải. Đường thẳng d có VTCP ud = −

(

1;1; 3− .

)

Đường thẳng MN đi qua M

(

1; 1;10−

)

và song song với d nên nhận ud = −

(

1;1; 3−

)

làm một

VTCP. Do đó có phương trình tham số

1
1
3

x t

y t

z t

 = −


 =− +


 =−


. Suy ra tọa độ N

(

1− − + −t; 1 t; 3t

)

Mà N thuộc

( )

P nên 1− − + − − = ⇔ = − t 1 t 3t 3 0 t 1 →N

(

2; 2;3−

)

. Chọn B.

Câu 23. Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z= +2 5i và B là điểm biểu diễn của số phức

' 2 5

z = − + . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: i

A. Hai điểm A và B đối xứng nhau qua trục hoành.

B. Hai điểm A và Bđối xứng nhau qua trục tung.

C. Hai điểm A và B đối xứng nhau qua gốc tọa độ O.

D. Hai điểm A và B đối xứng nhau qua đường thẳng y= . x

Lời giải. Số phức z= +2 5i có điểm biểu diễn là A suy ra A

( )

2;5 .
Số phức z= − + có điểm biểu diễn là 2 5i B suy ra B

(

−2;5

)

Do đó A B

A B

x x

y y

 = −

 =

 nên A và B đối xứng nhau qua trục tung. Chọn B.
Câu 24. Đồ thị

( )

C của hàm số 2017

2 1
x
y

x
−
=

+ cắt trục tung tại điểm M có tọa độ ?
A. M

( )

0;0 . B. M

(

0; 2017−

)

. C. M

(

2017;0

)

. D.

(

2017; 2017−

)

Lời giải. Tọa độ giao điểm của

( )

C với trục tung là nghiệm của hệ

(

)

2017

0; 2017 .

2 1

0
x
y

M
x

x

 −

 =

 + → −


 =


Chọn B.

Câu 25. Cho hình chữ nhật ABCD có AB=2AD= . Quay hình chữ nhật 2 ABCD lần lượt

quanh AD và AB, ta được hai hình trịn xoay có thể tích V1, V2. Hệ thức nào sau đây là
đúng?

A. V1=V2 . B. V2=2V1. C. V1=2V2. D. 2V1=3V2.
Lời giải. Ta có 2

1 . . 4

V =πAB AD= π; 2

2 . . 2 1 2 2

V =πAD AB= π⇒V = V . Chọn C.

Câu 26. Cho hàm số f x

( )

=lg 100

(

x−3

)

 . Khẳng định nào sau đây sai? 
A. Tập xác định của hàm số f x

( )

là D=

[

3;+∞

)

B. f x

( )

= +2 lg

(

x− với 3

)

x> . 3

C. Đồ thị hàm số f x

( )

đi qua điểm

(

4;2

)

.
D. Hàm số f x

( )

đồng biến trên

(

3;+∞ .

)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 27. Kết quả của tích phân 
0

1 d

x x

x
−

 

 + + 

 

 − 

∫

được viết dưới dạng a+bln 2 với , a b∈ ℚ .
Khi đó a b+ bằng:

A. 3

2. B.

3
2

− . C. 5

2. D.

5
2

− .

Lời giải. Ta có

0 2

1 1

2 1

1 2 ln 1 2 ln 2 ln 2 2

1 2 2

2
a
x

x dx x x a b

x

b

− −



  

     =

 + +  = + + −  = − = + ⇒

   

   

 −     = −



∫

Vậy 1 2 3

2 2

a+ = − = − . b Chọn B.

Câu 28. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? 
A. Nếu a> thì log1 aM>logaN ⇔M>N> . 0
B. Nếu 0< < thì loga 1 aM>logaN⇔ <0 M<N.

C. Nếu , M N> và 00 < ≠ thì a 1 loga

(

M N.

)

=logaM.logaN.

D. Nếu 0< <a 1 thì log 2016a >log 2017a .

Lời giải. Câu C sai vì đúng là: , M N> và 0 0< ≠a 1 thì loga

(

M N.

)

=logaM+logaN.

Chọn C.

Câu 29. Cho hình lập phương ABCD A B C D. ' ' ' ' cạnh bằng a . Gọi O là giao điểm của AC và
BD. Thể tích V của khối tứ diện OA BC' bằng:

A. 3

a

V= . B.

3
24
a

V= . C.

3
12
a

V= . D.

3
4
a

V= .

Lời giải. Ta có 2 3

1 1 1

4 4 3 12

BOC ABCD OA BC BOC

a

S = S = a →V = AA S = .Chọn C.

Câu 30. Rút gọn biểu thức 2 log3 2

3 a log .log 25a

P= − a .

A. 2
4

P=a + . B. 2

P=a − . C. 2

P=a − . D. 2

2
P=a + .

Lời giải. Ta có 2
3

log 2

3 a 4 log .log 5a 4

P= − a =a − . Chọn C.

Câu 31. Giá trị của m để hàm số f x

( )

=m

(

1+ 1+x

)

− có giá trị lớn nhất trên đoạn x

[ ]

0;3
bằng 2 là:

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

Lời giải. Đặt 2

1 1

t= + x → = − . x t

Với x∈

[ ]

0;3 → ∈t

[ ]

1;2 . Khi đó hàm số trở thành

( )

1
f t = − +t mt+ + . m
Đạo hàm /

( )

2 ; 0 .

2
m
f t = − +t m f t = ↔ =t

● Nếu

[ ]

1;2 2 4
2

m

∈ ↔ ≤ ≤ thì

[ ]0;3

( )

[ ]1;2

( )

( ) ( )

max max max 1 ; 2 ;

2
m

f x = f t = f f f   

 

 .

( )

1 2 2 2 1

f = → m= ↔ = : không thỏa. m

( )

2 2 3 3 2 5

f = → m− = ↔ = : không thỏa. m
2

2 2 2 2

2 1 2 4 4 0

2 4 2 2 2

m

m m

f m m m

m

 = − −

  

 = → + + = ↔ + − = ↔

  

   = − + : không thỏa.

● Nếu

[ ]

1;2 2
4
2

m
m

m

 <


∈ ↔  >

 thì max[ ]0;3 f x

( )

=max[ ]1;2 f t

( )

=max

{

f

( ) ( )

1 ;f 2

}

( )

1 2 2 2 1

f = → m= ↔m= : thỏa.

( )

2 2 3 3 2 5

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Cách CASIO: Thay lần lượt từng đáp án. Ví dụ với đáp án A, thay m= . 2

Bấm MODE 7 nhập hàm f x

( )

=2 1

(

+ 1+x

)

− với Start = 0, End = 3, Step = 0,2. x

Câu 32. Cho hàm số

(

)

(

)

2 4 4

y= m − m x + m−m x − . Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của
tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng

(

0;+∞

)

A. Không có. B. 1. C. 2. D. 3. 
Lời giải. Ta xét hai trường hợp:

● Hệ số 2

(

)

0 4

2 0

2 4 4

m y

a m m

m y x

 = → = −



= − = ↔ 

= → = −



loại

. Hàm số 2

4 4

y= x − có đồ thị là một
parabol nghịch biến trên khoảng

(

−∞;0

)

, đồng biến trên khoảng

(

0;+∞ Do đó

)

. m= thỏa 2
mãn.

● Hệ số 2

2 0

a=m − m≠ . Dựa vào dáng điệu đặc trưng của hàm trùng phương thì yêu cầu bài

tốn tương đương với đồ thị thàm số có một cực trị và đó là cực tiểu 0 0

0 0

ab a

a b

 ≥  >

 

←→ ←→

> ≥

 

 

{ }

2 0 0 2

2 4 3;4

0 4

4 0

m

m m m m

m m

m

m m

∈

 

 − >  < ∨ >

 

←→ ⇔ ≤ ≤ ⇔ < ≤ → =

− ≥ 

 



ℤ .

Vậy m=

{

2;3;4 .

}

Chọn D.

Nhận xét. Học sinh rất mắc phải sai lầm là không xét trường hợp a= 0.

Câu 33. Cho hai số a b, dương thỏa mãn điều kiện: .2 .2

2 2

b a

a b

a− =b −

+ . Tính

2017a 2017 .b

P= −

A. 0. B. 2016. C. 2017. D. −1.

Lời giải. Từ giả thiết, ta có .2 .2

(

)

(

2 2

)

.2 .2

2 2

b a

a b b a

a b

a− =b − ←→ −a b + =a −b

+ .

.2a .2b .2a .2b .2b .2a .2a .2 .b

a a b b a b a b

←→ + − − = − ⇔ =

( )

∗

Xét hàm số

( )

.2x

f x =x với x>0, có

( )

2x .2 .ln 2x 2 1x

(

. ln 2

)

0; 0

f′ x = +x = +x > ∀ >x .

Suy ra hàm số f x

( )

là đồng biến trên khoảng

(

0;+∞

)

.
Nhận thấy

( )

∗ ⇔ f a

( )

= f b

( )

⇒ =a b.

Khi a=b thì 2017a−2017b=2017a−2017a = . 0 Chọn A.

Cách trắc nghiệm. Chọn a= =b 1 thỏa mãn điều kiện bài tốn. Khi đó 1 1
2017 2017 0.

P= − =

Câu 34. Tính tích phân

(

)

2017
2

2019
1

2
x

I dx

x
+
=

∫

A. 32018 22018
2018

− . B. 2018 2018

3 2

4036

− . C. 2017 2018

3 2

4034−2017 . D.

2021 2021

3 2

4040
− .

Lời giải. Ta có

2017
2

2
1

2 1

x

I dx

x x

 + 



∫

  .

Đặt 2 1 2 22 2 1

x dx

t dt dx dt

x x x x

= = + → = − → = − . Đổi cận: 1 3.

2 2

x t

 = → =


 = → =


Khi đó

2 3 2018 3 2018 2018

2017 2017

3 2

1 1 3 2

2 2 4036 4036

t

I = −

∫

t dt=

∫

t dt= = − Chọn B.

Câu 35. Thể tích V của khối trịn xoay được sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường 
tròn

( )

(

)

: 3 1

C x + −y = xung quanh trục hoành là:

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Lời giải. Ta có 2

(

)

2 2

[

]

3 1

3 1 , 1;1 .

3 1

y x

x y x

y x

 = + −


+ − = → ∈ −

 = − −


Do đó

(

) (

)

2 2

3 1 3 1

V π x x dx

−

 

 

= + − − − −

 

 

∫

1
2
1

12π 1 x dx.
−

∫

−

Đặt x=sint→dx=costdt. Đổi cận:
1

2
.
1

x t

π
π
 = → =




 = − → = −


2 2

2 2 2

2 2

12 1 sin .cos 12 cos 6

V t tdt tdt

π π

π π π

− −

∫

− =

∫

= . Chọn D.

Câu 36. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1≠0, z2≠0, z1+z2 ≠ và 0

1 2 1 2

1 1 2

.
z +z =z +z Tính
giá trị biểu thức 1

2
.
z
P

z
=

A. P=2 3. B. 2 .
3

P= C. 3.

P= D. 2.

P=

Lời giải. Từ giả thiết 2 1

1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 2 1 z z

z z z z z z z z

= + ←→ =

+ +

(

) (

)

1 1 1

1 2 1 2 2 1

2 2 2

. 2 z z 1 1 2z .

z z z z z z

z z z

  

  

←→ = + + ←→ = +  + 

  

Đặt 1
2

z
t

z

= , ta được phương trình t= +

(

t 1 1

)(

+2t

)

1 1

2 2

2 2 1 0 .

1 1 2

2 2

t i

t t t

t i


 = +


⇔ + + = ⇔ ⇒ =


= −



Chọn D.

Câu 37. Cho tứ diện ABCD có 2
4cm

ABC

S∆ = , 2

6cm

ABD

S∆ = , AB=3cm. Góc giữa hai mặt
phẳng

(

ABC

)

và

(

ABD

)

bằng 60ο. Tính thể tích V của khối tứ diện đã cho.

A. 2 3 3
cm
3

V= . B. 4 3 3

cm
3

V= . C. 3

2 3cm

V= . D. 8 3 3

V= .

Lời giải. Kẻ CK ⊥AB. Ta có 1 . 8cm.

2 3

ABC

S∆ = AB CK→CK=
Gọi H là chân đường cao của hình chóp hạ từ đỉnh C .

K

H D

B 
A

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Xét tam giác vuông CHK , ta có .sin .sin

(

) (

)

4 3.
3

CH =CK CKH=CK ABC ABD =

Vậy thể tích khối tứ diện 1 8 3 3

. cm .

3 ABD 3

V = S∆ CH = Chọn D.

Câu 38. Một nút chai thủy tinh là một khối tròn xoay

( )

H gồm một khối nón và một khối trụ

xếp chồng lên nhau như hình vẽ sau. Một mặt phẳng chứa trục của

( )

H cắt

( )

H theo một

thiết diện theo các thơng số trong hình vẽ. Tính thể tích V của

( )

H .

A. 3

.
23 cm

V= π B. V=13 cmπ 3. C. 41 3.
3 cm

V= π D. V=17 cmπ 3.

Lời giải. Thể tích khối trụ là 3
2

tru
3

. .4 9

2 cm .

V =π   = π

 

Thể tích khối nón là 2
non

3
1

2 .4 16 c .

3 3 m

V = π = π

Thể tích phần giao là p.gi

2
ao

3
2
1
1

c
3 .2 3 m .

V = π = π .

Vậy thể tích khối trịn xoay 3

16 2 41

cm .

3 3 3

V = π+ π− π= π Chọn C.

Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M

(

1;0;0 ,

)

N

(

0;2;0

)

và P

(

3;0;4

)

Điểm Q nằm trên mặt phẳng

(

Oyz

)

sao cho QP vng góc với

(

MNP

)

. Tìm tọa độ điểm Q .

A. 0; 3 11; .
2 2

Q −  B. Q

(

0; 3;4 .−

)

C. 0; ;3 11 .

2 2

Q − 

  D.

3 11

0; ; .

2 2

Q 

Lời giải. Do Q∈

(

Oyz

)

→Q

(

0; ;a b

)

→PQ= −

(

3; ;a b−4 .

)

Ta có MN = −

(

1;2;0

)

và MP=

(

2;0;4

)

Theo giả thiết QP vng góc với

(

)

. 0

PQ MN PQ MN

MNP

PQ MP PQ MP



 ⊥ =

 

→ ⇔

⊥ =

 

(

)

3 2 0 2 3 11

0; ; .

6 4 4 0 11 2 2

2
a
a

Q
b

b
 =−

 + =

   

   

←→− + − = ⇔ →  − 

 

 =



Chọn A.

Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

( )

P :x−2y+2z− = và mặt 3 0
cầu

( )

S có tâm I

(

5; 3;5−

)

, bán kính R=2 5. Từ một điểm A thuộc mặt phẳng

( )

P kẻ một

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Ta có

( )

2 2

2 2 2 2

5 2. 3 2.5 3

, 6

1 2 2

d I P

IA d I P IA P

IA AB IB AB R

 − − + −

  

 = =

  

 + − + → =  → ⊥

  



 = + = + =



hay A là hình chiếu

vng góc của I trên mặt phẳng

( )

P .

Do đó ta dễ dàng tìm được A

(

3;1;1

)

→OA= 11. Chọn B.

Câu 41. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm M

(

1;2;3

)

. Gọi

( )

P :px+qy+ + =rz 1 0

(

q p r, , ∈ ℝ

)

là mặt phẳng qua M và cắt các trục toạ độ Ox Oy Oz , ,
tại , , A B C sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Tính giá trị biểu thức T= + + . p q r

A. 77.
3

T= B. 3.

T= C. 77.

T= − D. 3.

7
T= −

Lời giải. Bài này có tính chất là OM⊥

( )

P .

Khi đó mặt phẳng

( )

P qua điểm M

(

1;2;3

)

và có VTPT OM =

(

1;2;3

)

nên có phương trình

( )

P :x+2y+3z−14= hay 0

( )

: 1 2 3 1 0

14 14 14

P − x− y− z+ = .

Vậy 1 2 3 3

14 14 14 7

T = + + = −p q r − − = − . Chọn D.

Câu 42. Đồ thị hàm số 3 2

3 2

y=x − x −mx+ có hai điểm cực trị là A và B . Giá trị của tham 
số m để đường thẳng AB tạo với đường thẳng :d x+4y− = một góc 5 0 0

45
α= là :

A. 1.
2

m= − B. 1.
2

m= C. m= 0. D. 2.

m=

Lời giải. Ta có 2

3 6 .

y′ = x − x−m

Để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị ⇔ phương trình y ′=0 có hai nghiệm phân biệt

9 3m 0 m 3.
′

⇔ ∆ = + > ⇔ > −

Ta có . 1 1 2 2 2 .

3 3 3 3

m m

y=y′ x− −   + x+ −

→ đường thẳng đi qua hai điểm cực trị A và B là : 2 2 2 .

3 3

m m

y  x

∆ = − +  + −

Đường thẳng d x: +4y− =5 0 có một VTPT là nd =

( )

1;4 .

Đường thẳng : 2 2 2

3 3

m m

y  x

∆ = − +  + − có một VTPT là 2 2;1 .
3

m
n∆

 



= + 

Ycbt 0

(

)

(

)

2 2 2

1. 2 4.1

3
2

cos 45 cos , cos ,

2 2

1 4 . 2 1

d

m

d n n

m

∆

 

 + +

 

 

←→ = = ∆ = =

 



+  +  +

1
3

2
60 264 117 0

39 2

0
1
m

m

m m m

m


 = −

 > −

←→ + + = ⇔ → = −


= −



. Chọn A.

Câu 43. Tìm tất cả các giá trị thực lớn hơn 1 của tham số m thỏa mãn

(

)

2 1000

ln d .ln ln 2 2 .

m

x x=m m m− +

∫

A. 1000
2 .

m= B. 1000

2 1.

m= + C. 999

2 1.

m= + D. 999

2 2.

m= +

Lời giải. Đặt 2

2 ln

ln du xdx

u x

x
dv dx

v x


 

 =  =

 →

 

 = 

 

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Khi đó 2 2 2
1

1 1

.ln 2 ln .ln 2 ln .ln 2 .

m m

m

I =x x −

∫

xdx=m m−

∫

xdx=m m− J

Đặt

(

)

1
1

.ln .ln 1 .

m
m

u x du dx

J x x dx m m m

x
dv dx

v x


 = =

 

 → → = − = − −

 

 = 

  =

∫

Suy ra 2

(

)

(

)

(

)

.ln 2 .ln 2 1 .ln ln 2 2 1 .

I =m m− m m− m− =m m m− + m−

Bài ra 2

(

)

1000

ln d .ln ln 2 2

m

x x=m m m− +

∫

(

)

(

)

(

)

1000

.ln ln 2 2 1 . . ln ln 2 2

m m m m m m m

→ − + − = − +

(

)

1000 999 999

2 m 1 2 m 1 2 m 2 1.

←→ − = ←→ − = ←→ = + Chọn C.

Câu 44. Cho phương trình 2 3 3 2

2m x +8x+ x + + =x 2 2m +10 ( m là tham số). Khẳng định

nào sau đây là đúng?

A. Phương trình đã cho vơ nghiệm.

B. Phương trình đã cho có đúng một nghiệm thực. 
C. Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt.

D. Số nghiệm của phương trình phụ thuộc vào giá trị của tham số .m

Lời giải. Điều kiện: 3

(

)

(

)

2 0 1 2 0 1 0 1.

x + + ≥ ⇔x x+ x − + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ − x x x
Xét hàm số

( )

2 3 3

2 8 2

f x = m x + x+ x + +x liên tục trên

[

− +∞1;

)

Ta có

( )

2 2 2

3 1

6 8 0

2 2

x

f x m x

x x

′ = + + >

+ + với ∀ ∈ − +∞ x

(

)

.
Suy ra hàm số f x

( )

đồng biến trên

[

− +∞ . 1;

)

Do đó, phương trình

( )

2 3 3 2

2 8 2 2 10

f x = m x + x+ x + + =x m + có tối đa một nghiệm.

Mà

( )

2 3 3 2

1 2 .1 8.1 1 1 2 2 10 1

f = m + + + + = m + → = là nghiệm duy nhất. x Chọn B.

Câu 45. Cho phương trình

(

)

(

)

1
2

log mx−6x +2 log −14x +29x− = . Tìm tất cả các giá trị 2 0
của tham số m để phương trình có ba nghiệm phân biệt.

A. 18 39.
2
m

< < B. 19 39.
2
m

< < C. 19< <m 20. D. 18 m 20.< <

Lời giải. Phương trình

(

)

(

)

3 2

2 2 2

6 14 29 2

log 6 log 14 29 2

14 29 2 0

mx x x x

x x

 − = − + −



− = − + − ⇔ −

+ − >



( )

2 2

6 14 29 1
.
1

2
14

m x x

x
x

 = − + −


⇔ 

 < <


Xét hàm số

( )

2 2

6 14 29

f x x x

x

= − + − trên khoảng 1;2
14

 

 

 .

Ta có

( )

(

)

3 2

12 14 2 1

0 .

2
1
3

x

x x

f x x

x



 =



− + 

′ = = ⇔ =



 =−
 loại

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt nếu phương trình f x

( )

=m có ba nghiệm phân

biệt thuộc khoảng 1 ;2
14

 

 

  .

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình f x

( )

=m có ba nghiệm ba nghiệm phân biệt thuộc

khoảng 1 ;2
14

 

 

  khi

19 .

2
m

< < Chọn B.

Câu 46. Bên trong hình vng cạnh a , dựng hình 
sao bốn cánh đều như hình vẽ bên (các kích thước 
cần thiết cho như ở trong hình). Tính thể tích V 
của khối trịn xoay sinh ra khi quay hình sao đó
quanh trục xy .

A. 5 3
.
48
V= πa

B. 5 3

.
16
V= πa

C. 3

.
6
V=πa

D. 3

.
8
V=πa

Lời giải. Do hình sao có tính đối xứng nên ta quay theo trục thẳng đứng hay nằm ngang đều 
cho thể tích như nhau.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Gọi V là thể tích khối trịn xoay cần tính. 
Gọi V1 là thể tích khối trịn xoay khi quay hình
phẳng được tơ màu trong hình bên quanh trục
hồnh. Khi đó V =2 .V1

Ta có

2 2

2 4 3

1
0

2 .

2 4 2 96

a a

a

x a a a

V π dx π x dx π

   

 

∫

 +  −

∫

 −  =

Suy ra 1 3

2 .

a

V= V = π Chọn A.

Cách 2. Khi quay hình sao đó quanh trục xy sinh ra hai khối có thể tích bằng nhau.

Gọi V là thể tích khối hình sao trịn xoay cần tính;

nón

V lần lượt là thể tích khối nón có chiều cao AH

C

V là thể tích khối nón cụt có bán kính đáy lớn là R1 và bán kính

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

(

2 2

)

1 2 1 2 1

2 2 2 3

1 1

2 . . .

3 3

1 1 5

2 . . . .

3 2 4 16 2 4 3 4 4 48

OH R R R R R AH

a a a a a a a a

π π

π

π π

 

 

= + + −

 

 

   

  

=   + + − =

 

 

 

Câu 47. Cho các số phức z1 và z2 thỏa mãn z1− =4 1 và iz2− =2 1. Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức P= z1+2z2 .

A. Pmin =2 5−2. B. Pmin =4 2−3.
C. Pmin = −4 2. D. Pmin =4 2+3.
Lời giải. Đặt z3= −2z2 → =P z1+2z2 = z1− −

(

2z2

)

= z1−z3.

Từ 3 2 2 3

1
2

z = − z →z = − z , thay vào iz2− = ta được 2 1

3 3 3

2 1 4 2 4 2.

2iz iz z i

− − = ↔ + = ↔ − =

Gọi , A B là hai điểm biểu diễn cho hai số phức z1, .z3
● z1− =4 1→ ∈ đường tròn tâm A I

(

4;0 ,

)

R1=1.
● z3−4i = 2 → ∈B đường tròn tâm J

(

0, 4 ,

)

R2=2.

Khi đó min 1 2

1 3

max 1 2

4 2 3
.
4 2 3

P IJ R R

P z z AC

P IJ R R

 = − − = −



= − = →

= + + = +

 Chọn B.

Cách 2. Biến đổi 2

2 2 2 2

2 2

2 1 iz 1 1 2 1 2 4 2

iz z z i z i

i i

−

− = ←→ = ←→ − = ←→ + = → + = .

Ta có P= z1+2z2 =

(

z1− +4

) (

2z2+4i

) (

+ −4 4i

)

(

) (

)

2 1

2 4 4 4 4

4 4 2 4 4 4 2 3.

z i i z

i z i z

≥ + + − − −

≥ − − + − − = −

Câu 48. Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D. ' ' ' ' có điểm A trùng gốc tọa độ ,O các điểm

(

;0;0 ,

)

B m D

(

0; ;0 ,m

)

A' 0;0;

(

n

)

với , m n> và 0 m+ = Gọi n 4. M là trung điểm của CC'.
Thể tích tứ diện BDA M' lớn nhất bằng bao nhiêu?

A. 64.

27 B. 
9

4 C. 
4

3 D.

16
.
27
Lời giải. Từ giả thiết, ta suy ra C m m

(

; ;0 ,

)

C m m n′

(

; ;

)

và ; ;

n

M m m  là trung điểm CC ′ .

Ta có

(

)

(

)

(

)

2
;0;

'; ; ;

; ;0

BA m n

BA BD mn mn m

BD m m

 ′ = −

 → = − − −

  

 = −


và 0; ; .
2

n
BM= m 

Thể tích khối chóp BDA M′ là

(

)

2 4 3 2

1 . 4

. '; . .

6 4 4 4

BDA M

m m

m n m m

V ′ BA BD BM

− − +

 

=   = = =

Xét hàm

( )

3 4 2
4

m m

f m =− + trên khoảng

(

0;4

)

, ta được

(0;4)

( )

8 64

max .

3 27

f m = f   = Chọn A.

Cách khác. Áp dụng BĐT Cơsi, ta có

2
2

1 1 1 64

4 3 .

2 2 4 4 27

m n

m n m m n m n

= + = + + ≥ → ≤

Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A a

(

;0;0 ,

) (

B 0; ;0 ,b

) (

C 0;0;c

)

với
, ,

a b c dương. Biết , ,A B C di động trên các tia Ox Oy Oz sao cho , , a+ + = . Biết rằng khi b c 2
, ,

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

A. 2017 . B. 2014

3 . C.

2016

3 . D.

2015
3 .

Lời giải. Gọi M là trung điểm ; ;0
2 2

a b

AB→M  là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OAB.

Gọi d là đường thẳng qua M và vng góc với mặt phẳng

(

) (

)

:
2

a
x

b

OAB Oxy d y

z t

 =





≡ →  =


 =



Gọi

( )

α là mặt phẳng trung trực của đoạn

( )

: 0.

2
c
OC→ α z− =

Khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là giao điểm của d và

( )

α có tọa độ là nghiệm

của hệ
2

; ; .
2

2 2 2

0.
2

a
x

b

y a b c

I
z t

c
z
 =



 =  

 →  

  

  

 =


 − =


Ta có 2 1 1 0

2 2 2 2 2

I I I I I I

a b c a b c

x +y +z = + + = + + = = →x +y + − = . Điều này chứng tỏ z
tâm I của mặt cầu luôn thuộc mặt phẳng

( )

P :x+ + − =y z 1 0.

Khi đó ,

( )

2016 1 2015

3 3

d M P  = − = . Chọn D.

Câu 50. Gọi r và h lần lượt là bán kính và chiều cao của một hình nón. Kí hiệu V1, V2 lần

lượt là thể tích của hình nón và thể tích của khối cầu nội tiếp hình nón. Giá trị bé nhất của tỉ
số 1

V
V là:

A. 3.

2 B.

4 3
.

3 C. 5. D. 2.

Lời giải. Thể tích khối nón 2
1

1
.
3
V = πr h

Xét mặt cắt qua tâm là

(

SAB

)

, kẻ tia phân giác của góc SAO , 
cắt SO tại .C

Ta có 2 2

2 2 . .

CO OA r r h

CS CO

CS SA r h r

= = → =

+
Mặt khác CO+CS= h.

Từ đó suy ra 2 2

(

2 2

)

. r h .

CO CO h CO r r h rh

r
+

+ = → + + =

Do đó, ta có bán kính của mặt cầu nội tiếp hình nón là

2 2.
rh

R CO

r h r

= =

+ +

Thể tích khối cầu là

(

)

3 3
3

2 3

2 2

4 4

3 3

r h

V R

r h r

π π

= =

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Suy ra

(

)

3
2

2 2 2

2 2

2
1 1

.
4

4
h

r r h r

V

V rh h

r

 

 

 + + 

 

+ +  

= =

Đặt t 1 h22 1
r

= + ≥ . Khi đó

(

)

(

)

(

)

3 2

1
2
2

1 1

4 1

t t

V

V t t

+ +

= =

−

− .

Xét hàm

( )

(

)

(

)

2
1

4 1

t
f t

t
+
=

</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 10 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

<b> KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017 </b>

<b> Mơn thi: TỐN </b>

ĐỀ VIP 10 Thời gian làm bài: 90 phút

(

)

(

) (

)

( )

( )

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

( )

(

)

∫

∫

∫

∫

( )

( )

∫

∫

∫

∫

(

)

(

) (

)

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

(

) (

)

[

]

(

)

[

]