Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 09 | 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 (397.58 KB, 17 trang )

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

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017

Mơn thi: TỐN

ĐỀ VIP 09 Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1. Đồ thị hàm số 2 1
1

x
y

x

−
=

− có đồ thị như hình bên.
Hỏi đồ thị hàm số 2 1

1
x
y

x
−
=

− có đồ thị là hình nào trong
các đáp án sau:

Lời giải. Ta có

2

1 khi

2

1 1

2

2

1 khi

1

2 .

−

≥

−

−

=

−

−

<

−











x

x

y

x

Do đó đồ thị hàm số

2

1 x

y

x

−

=

−

được suy từ đồ thị hàm số

2

1 −

=

−

x

y

x

bằng cách:

● Giữ nguyên phần đồ thị hàm số

2

1 −

=

−

x

y

x

phía bên phải đường thẳng

1
.
2

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

● Phần đồ thị hàm số

2

1 −

=

−

x

y

x

phía bên trái đường thẳng

1
2

x= thì lấy đối xứng qua trục

hoành.

Hợp hai phần đồ thị ở trên ta được toàn bộ đồ thị hàm số

2

1 x

y

x

−

=

−

. Chọn C.

Câu 2.

Cho hàm số

y

=

f x

( )

xác định, liên tục trên ℝ và

có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. Hàm số đồng biến trên khoảng

(

1;

+ ∞

)

.

B. Hàm số đồng biến trên khoảng

(

−∞ −

; 1

)

và

(

1;

+ ∞

)

.

C. Hàm số nghịch biến trên khoảng

(

−

1;1 .

)

D. Hàm số đồng biến trên khoảng

(

−∞ − ∪ + ∞

; 1

) (

1;

)

.

Lời giải. Dựa vào đồ thị hàm số, ta có nhận xét sau

• Hàm số đồng biến trên khoảng

(

−∞ −

; 1

)

và

(

1;

+ ∞

)

.

• Hàm số nghịch biến trên khoảng

(

−

1;1 .

)

Chọn B.

Câu 3. Điều kiện cần và đủ của tham số thực m để hàm số 4

(

)

1 1

y=mx + m+ x + có một

điểm cực tiểu là:

A. m> 0. B. m≥ 0. C. 1− < < m 0. D. m> − 1.

Lời giải. TH1. Với a= ↔ = , khi đó 0 m 0 2
1

y=x + có đồ thị là một parabol có bề lõm quay

lên nên hàm số có duy nhất một điểm cực tiểu.
→ m= thỏa mãn. 0

TH2. Với a> ↔ > , ycbt 0 m 0 ⇔ab≥ ⇔0 m m

(

+ ≥ : đúng với 1

)

0 m> 0.
→ m> thỏa mãn. 0

TH3. Với a< ↔ < , ycbt 0 m 0 0

0 a 0 1 0 1

ab < b m m

⇔ < → > ↔ + > ↔ > − .
→ 1− < < thỏa mãn. m 0

Hợp các trường hợp ta được m> − . 1 Chọn D.

Nhận xét. Bài tốn hỏi có một cực tiểu nên có thể có cực đại hoặc khơng có cực đại. Khi nào
bài tốn hỏi có đúng một cực tiểu và khơng có cực đại thì lúc đó ta chọn đáp án B.

Câu 4.

Cho hàm số

y

=

f x

( )

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

x −∞ 1− 0 1 +∞

y − 0 + − 0 +

y +∞ +∞

3−

4− 4−

Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 3.

−

B. Hàm số có ba điểm cực trị.

C. Hàm số có hai điểm cực trị.

D. Hàm số đạt cực đại tại điểm

x

=

1. Lời giải. Dựa vào đồ thị hàm số, ta có các nhận xét sau

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

• Hàm số có ba điểm cực trị, gồm các điểm

x

= −

1,

x

=

1,

x

=

0 vì đạo hàm y

′

đổi

dấu đi qua các điểm đó.

• Hàm só đạt cực đại tại điểm

x

=

0 , đạt cực tiểu tại điểm

x

= ±

1. Chọn B.

Câu 5.

Tìm hàm số

y

ax b

cx

d

+

=

+

, biết rằng đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm

M

( )

0;1

và

đồ thị hàm số có giao điểm của hai đường tiệm cận là điểm

I

(

1; 1 .

−

)

A.

1 .

1 − +

=

−

x

y

x

B.

2 .

2 x

y

x

−

=

− −

C.

2

1 .

1 x

y

x

−

=

−

D.

1 .

1 x

y

x

+

=

−

Lời giải. Giao điểm của hai đường tiệm cận là điểm

I

(

1; 1

−

)

nên suy ra đồ thị hàm số có

một TCĐ là

x=1

, một TCN là

y= −1

. Quan sát các đáp án chỉ có A & D thỏa mãn.

Lại có đồ thị hàm số đi qua điểm

M

( )

0;1

nên thay

x
y

 =

 =



vào hai đáp án A & D thì chỉ

có D thỏa mãn. Chọn D.

Câu 6.

Đồ thị hàm số

y

= −

x

3 x

+

2 x

−

1 cắt đồ thị hàm số

y

=

x

− +

3 x

1 tại hai điểm

phân biệt

A

và

B

. Tính độ dài đoạn thẳng

AB

.

A.

AB

=

3. B.

AB

=

2 2.

C.

AB

=

2. D.

AB

=

1. Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm

x

−

3 x

+

2 x

− =

1 x

− +

3 x

1 (

) (

)

3 2

1

4

5

2

0

1

2

0

2

1 x

y

x

y

= → = −



⇔

−

+

− = ⇔

−

− = ⇔



= → = −



Suy ra

A

(

1; 1 ,

−

) (

B

2; 1

− 

)

→

AB

=

1. Chọn D.

Câu 7.

Cho hàm số

y

=

f x

( )

xác định trên

ℝ\ 0

{ }

, liên tục trên mỗi khoảng xác định và

có bảng biến thiên như sau:

Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng.

B. Hàm số đạt cực tiểu tại

x

=

0. C. Giá trị lớn nhất của hàm số là 2.

D. Hàm số không có cực trị.

Lời giải. Dựa vào bảng biến thiên, ta có nhận xét sau

• ( )

0 0

lim

0

x x

f x

x

+ −

→

=

→

= −∞

⇒

=

là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

• Hàm số khơng đạt cực trị tại điểm

x

=

0.

• Đạo hàm y

′

đổi dấu khi đi qua điểm

x

=

1 ⇒

x

=

1 là điểm cực đại của hàm số.

• Hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 1 trên khoảng

(

0;

+∞

)

và khơng có giá trị lớn

nhất trên khoảng

(

−∞

; 0 .

)

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

Câu 8.

Tìm tập xác định

của hàm số

y

=





x

(

x

+

1 )





.

A.

D

=

(

0;

+ ∞

)

.

B.

D

= − + ∞

(

1;

) { }

\ 0 .

C.

D

= −∞ + ∞

(

;

)

.

D.

D

= − + ∞

(

1;

)

.

Lời giải. Hàm số xác định

(

1 )

0

1 (

1;

) { }

\ 0 .

0 x

D

x

> −



⇔

+ > ⇔



⇒

= − + ∞

≠



Chọn B.

Câu 9.

Cho các số thực dương ,

a b

với

a

≠

1 và log

a

b

>

0. Khẳng định nào sau đây là

đúng?

A.

0 ,

1 .

0

1 a b

a

b

<





< < <



B.

0 ,

1 .

1 ,

a b

<





<



C.

0

1 .

1 ,

b

a

a b

< < <





<



D.

0 ,

1 .

0

1 b a

a

b

<





< < <



Lời giải. Với điều kiện ,

a b

>

0 và

a

≠

1 , ta xét các trường hợp sau

• TH1: 0

< <

a

1 ⇒

log

a

b

> ⇔ <

0 b

1.

• TH2:

a

>

1 ⇒

log

a

b

> ⇔ >

0 b

1. Từ hai trường hợp trên, ta được

0 ,

1 .

1 ,

a b

<





<



Chọn B.

Câu 10.

Cho hàm số

f x

( )

=

ln .

x

Tính đạo hàm của hàm số

y

=

log

(

x f

′

( )

x

)

.

A.

y

1 .

x

′ =

B.

1 .

ln 3

y

x

′ =

C.

y

ln 3

.

x

′ =

D.

.

ln 3

x

y

′ =

Lời giải. Ta có

f

( )

x

=

1 .

x

( )

(

)

3 3 3

1 log

.

log

.

log

.

ln 3





′



→ =

=





=



→ =





y

x f

x

y

x

Chọn B.

Câu 11.

Hàm số nào trong các hàm số dưới đây có

đồ thị phù hợp với hình vẽ bên?

A.

y

=

e

x

.

B.

y

=

e

−x

.

C.

y

=

log

7

x

.

D.

y

=

log

0,5

x

.

Lời giải. Dựa vào đồ thị ta thấy giá trị của

y

có cả phần dương và phần âm nên đó là đồ

thị của hàm số logarit nên chỉ có đáp án C & D thỏa mãn.

Nhận thấy từ trái sang phải thì đồ thị hướng lên nên đây là đồ thị của hàm số đồng biến.

Mà hàm logarit đồng biến khi cơ số lớn hơn 1 nên chỉ có C thỏa mãn. Chọn C.

Câu 12.

Rút gọn biểu thức

P

=

(

log

a

b

+

log

b

a

+

2 log

)(

a

b

−

log

ab

b

)

log

b

a

−

1 ta được:

A.

P

=

log

b

a

.

B.

P

=

1. C.

P

=

0. D.

P

=

log

a

b

.

Lời giải. Từ giả thiết, ta có

(

log

2 . log

)

1 .log

1 1 log





=

+



−



−

+





a b a b

b

P

b

a

b

a

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

( )

log

1

2

1 .

1 log

.

1 





+

→ + +





−

+



− =

+

− =

− = =







b

t a

a

t

b

t

t t

t

Chọn D.

Câu 13.

Tập nghiệm của phương trình

x

=

3

log3x

là:

A.

ℝ

.

B.

[

0;

+ ∞

)

.

C.

(

0;

+ ∞

)

.

D.

ℝ

\ 0 .

{ }

Lời giải. Điều kiện:

x

>

0.

Áp dụng công thức logab

=

a

b

, ta được

x

=

3

log3x

↔ =

x

x : luôn đúng.

Đối chiếu điều kiện

→

phương trình có tập nghiệm

(

0;

+ ∞

)

.

Chọn C.

Câu 14.

Tập nghiệm S của bất phương trình

1 3

3

x x

π





<





















là:

A.

; 2 .

5
S= −∞ −  



B.

(

)

2 ;

0;

.

5 S

= −∞ −









∪

+ ∞





C.

S

=

(

0;

+ ∞

)

.

D.

2 ;

.

5 S

= − + ∞













Lời giải. Điều kiện:

x≠0.

Do cơ số

1

3 π

>

nên bất phương trình

0

1

3

5

2

5

0 2

5 >



+



< + ↔

> ↔



< −



x

: thỏa điều kiện.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là

;

2 (

0;

)

.

5 



= −∞ −





∪

+ ∞





S

Chọn B.

Câu 15.

Bác An đem gửi tổng số tiền 320 triệu đồng ở một ngân hàng A theo hình thức

lãi kép, ở hai loại kỳ hạn khác nhau. Bác An gửi 140 triệu đồng theo kỳ hạn ba tháng với

lãi suất 2,1% một quý. Số tiền còn lại bác An gửi theo kỳ hạn một tháng với lãi suất

0, 73% một tháng. Sau 15 tháng kể từ ngày gửi bác An đi rút tiền. Tính gần đúng đến

hàng đơn vị tổng số tiền lãi thu được của bác An.

A.

36080251 đồng.

B. 36080254 đồng.

C. 36080255 đồng.

D. 36080253 đồng.

Lời giải. Sau 15 tháng, tổng số tiền cả vốn lẫn lãi mà bác An thu được là

(

)

(

)

140. 1 2,1%

+

180. 1 0, 73%

+

≈

356, 080253

triệu đồng.

Suy ra số tiền lãi: 356, 080253 320

−

=

360,80253

=

36080253

đồng. Chọn D.

Câu 16.

Biết rằng

( )

1, 2

x

f x dx= +C g x dx=x +C

∫

(

C C là hằng số thực). Tìm họ

1

,

2

nguyên hàm của hàm số

h x

( )

=

f x

( ) ( )

+

g x

.

A.

3 .

2 x

B. 3

x C

+

.

C.

.

2 x

C

+

D.

3 .

2 x

C

+

Lời giải. Ta có

∫

h x dx

( )

=

∫





f x

( ) ( )

+

g x





dx

=

∫

f x dx

( )

+

∫

g x dx

( )

2 2

1 2

3 .

2 =

x

+ + +

C

x

C

=

x

+

C

Chọn D.

Câu 17.

Trong các hàm số f x

( )

dưới đây, hàm số nào thỏa mãn đẳng thức

( )

.sin d

( )

.cos x.cos d

f x x x= −f x x+ π x x

∫

A. f x

( )

=πxln .x B. f x

( )

= −πx.ln .x C.

( )

.
ln

x

f x π

π

= D.

( )

x

f x π

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

Lời giải. Đặt

( )

d

( )

d

.

d

sin d

cos

′

=







→



=

= −





u

f x

u

f

x

v

x x

v

x

Khi đó

∫

f x

( )

.sin d

x x

= −

f x

( )

.cos

x

+

∫

f

′

( )

x

.cos d

x x

Suy ra

( )

d

.

ln

π

′

=

x



→

=

∫

x

=

x

f

x

f x

x

Chọn C.

Câu 18.

Cho hình

( )

H

giới hạn bởi đồ thị hàm số

,

y

= −

x

đường thẳng

y

= − +

x

2 và trục hồnh. Tìm

cơng thức tính thể tích khối trịn xoay sinh ra khi cho

hình

( )

H

quay xung quanh trục hoành.

A.

(

)

2 4

0 2

d

2 d

.

V

=

π





x x

+

−

x







∫



B.

(

)

2 4

0 2

d

2 d

.

V

=

π





x x

−

x







∫



C.

(

)

2 4

0 2

d

2 d

.

V

=

π





x x

+

x

−

x







∫



D.

(

)

4 4

0 2

d

2 d

.

V

=

π





x x

−

x







∫



Lời giải. Dựa vào đồ thị hàm số như hình bên, thể tích khối trịn xoay cần tính gồm

• Khối trịn xoay

( )

H

1

khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y

= −

x

,

đường thẳng

x

=

4,

x

=

0 xung quanh trục

( )

( )

4 2 4

0 0

.

d

.

d .

H

Ox

⇒

V

=

π

∫

−

x

=

π

∫

x x

• Trừ đi khối tròn xoay

( )

H

khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

2 y

= − +

x

,

đường

thẳng

x

=

2,

x

=

4 xung

quanh

trục

( )2

(

)

.

2 d .

H

Ox

⇒

V

=

π

∫

−

x

Vậy thể tích khối trịn xoay là

( ) ( )

(

)

1 2

4 4

0 2

d

2 d

.

H H

V

=

V

−

V

= =

V

π





x x

−

x







∫



Chọn D.

Câu 19.

Cho số phức

z

= +

a bi a b

(

,

∈

ℝ

)

thỏa mãn

z

(

2 i

− −

3 )

8 .

i z

= − −

16 15 .

i

Giá trị

biểu thức

S

= +

a

3 b

bằng:

A.

S

=

4. B.

S

=

3. C.

S

=

6. D.

S

=

5. Lời giải. Đặt

z

= +

a bi a b

(

,

∈

ℝ

)

⇒

z

= −

a bi

.

Khi đó giả thiết tương đương với

(

a bi

+

)(

2 i

− −

3 ) (

8 i a bi

−

)

= − −

16 15

i

(

)

(

)

3

2

3

8 16 15

3

10

16

6

3

15

0. ⇔ − −

+

−

= − −

⇔ − −

+ + −

− +

=

a

b

a

b i

ai

b

i

a

b

a

b

i

3

10

16

0

2

3

5.

6

3

15

0

1 a

b

a

S

a

b

a

b

− −

+

=



⇔



⇔



⇒

= +

=

−

− + =

=



Chọn D.

Câu 20.

Cho số phức

z

= +

a bi a b

(

,

∈

ℝ

)

với

b

>

0 và thỏa mãn

z

+ =

z

0 . Tính mơđun

của số phức

w

=

2 z

+

1. A.

w

=

7. B.

w

=

5. C.

w

=

3. D.

w

=

2. Lời giải. Với

z

= +

a bi a b

(

,

∈

ℝ

)

suy ra

z

= −

a bi và

z

=

(

a bi

+

)

=

a

− +

b

2 abi

.

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

(

)

2 2

1

0

2

1

0 2

2

0

2

1

0 .

3

0

2 a

b

a

b

a

ab b

b

a

b

a

b



− + =



− + =



=

− =





⇔



− =

⇔



− =

⇔



⇔



=

+



>



>





=





Vậy số phức

( )

2
2

2

1

2

3

2

3

7. =

+ = +



→

=

+

=

w

z

i

w

Chọn A.

Câu 21.

Cho

z

1

,

z là các nghiệm của phương trình

2

z

+

4 z

+ =

13

0. Tính mơđun của số

phức

w

=

(

z

+

z i

)

+

z z

1 2

.

A.

w

=

3. B.

w

=

185. C.

w

=

153. D.

w

=

17. Lời giải. Theo định lí Viet, ta có

1 2
1 2

4
.
13

z z
z z

 + = −


 + =


Suy ra

w

=

(

z

1

+

z i

2

)

+

z z

1 2

= − + 

4 i

13 →

w

=

4 +

13 =

185. Chọn B.

Câu 22.

Giả sử

M N P Q được cho ở hình vẽ bên là

,

điểm biểu diễn của các số phức

z

1

,

z

2

,

z

3

,

z trên mặt

4

phẳng tọa độ. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A.

Điểm M là điểm biểu diễn số phức

z

1

= +

2 i

.

B. Điểm Q là điểm biểu diễn số phức

z

4

= − +

1 2 .

i

C. Điểm N là điểm biểu diễn số phức

z

2

= −

2 i

.

D. Điểm P là điểm biểu diễn số phức

z

3

= − −

1 2 .

i

Lời giải. Dựa vào hình vẽ ta thấy

• Điểm M là điểm biểu diễn số phức

z

1

= +

1 2 .

i

• Điểm Q là điểm biểu diễn số phức

z

4

= −

1 2 .

i

• Điểm N là điểm biểu diễn số phức

z

2

= − +

1 2 .

i

• Điểm P là điểm biểu diễn số phức

z

3

= − −

1 2 .

i

Chọn D.

Câu 23.

Hình lăng trụ có thể có số cạnh là số nào sau đây?

A. 2015.

B. 2017.

C. 2018.

D. 2016.

Lời giải. Hình lăng trụ có đa giác đáy có

n

cạnh thì tổng số cạnh của hình lăng trụ là 3n

với

n

là số tự nhiên.

Dễ thấy

2016

672

3 =

⇒ Hình lăng trụ có thể có 2016 cạnh.

Chọn D.

Câu 24.

Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và BCD là các tam giác đều cạnh

a

và

nằm trong các mặt phẳng vng góc với nhau. Thể tích

V

của khối tứ diện ABCD bằng:

A.

3 .

8 =

a

V

B.

.

4 =

a

V

C.

.

8 =

a

V

D.

3 .

4 =

a

V

Lời giải. Chọn

(

BCD

)

làm mặt đáy và mặt bên

(

ABC

)

vng góc với đáy

(

BCD

)

.

Diện tích tam giác đều cạnh

a

là

2
3

.
4
a
S=

Gọi

h

là đường cao trong tam giác đều

2
a
ABC→ =h

Do

(

ABC

) (

⊥

BCD

)



→

h

cũng là đường cao của tứ diện.

-1 1

-2
2

O 
y

x

Q 
P

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

Vậy

1 .

3

8 =

a

V

S h

Chọn C.

Câu 25.

Cho khối nón có bán kính đường trịn đáy bằng

r

=

9 và diện tích xung quanh

bằng 108

π

. Chiều cao h của nón là:

A.

h

=

2 7.

B.

7 .

2 =

h

C.

h

=

3 7.

D.

2 7

.

3 =

h

Lời giải. Gọi

ℓ

là đường sinh của khối nón

2 2
.

h r

→ =ℓ +

Diện tích xung quanh của khối nón là

S

xq

=

π

rl

=

π

r h

+

r

=

108 π

⇔

r h

+

r

=

108.

2 2

9.

9

108 3 7.

⇔

h

+

=

⇔ =

h

Chọn C.

Câu 26.

Một hình trụ có bán kính đáy bằng

r

=

a

, mặt phẳng qua trục hình trụ cắt hình

trụ theo một thiết diện là một hình vng. Tính thể tích V của khối trụ.

A.

2 .

3 a

V

=

π

B.

.

3 a

V

=

π

C.

V

=

π

a

.

D.

V

=

2 π

a

.

Lời giải. Mặt phẳng qua trục hình trụ cắt hình trụ theo một thiết diện là một hình vng

nên đường kính đáy bằng chiều cao h của khối trụ



→ =

h

2 r

=

2 .

a

Vậy thể tích khối trụ là

V

=

π

r h

=

π

. .2

a

=

2 π

a

.

Chọn D.

Câu 27.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp

ABCD A B C D

.

′ ′ ′ ′

có tọa độ

các đỉnh

A

(

1;1;1

)

,

B

(

2; 1;3

−

)

,

D

(

5; 2; 0

)

,

A

′ −

(

1;3;1

)

. Tọa độ đỉnh C

′

là:

A.

C

(

6; 2; 2 .

)

B.

C

(

6; 0; 2 .

)

C.

C

(

0;1;3 .

)

D.

C

(

4; 2; 2 .

)

Lời giải. Gọi I là tâm của

ABCD



→

I

là trung điểm của

7 1 3

; ;

.

2 2 2







→









BD

I

Mà I cũng là trung điểm của

AC



→

C

(

6; 0; 2 .

)

Vì

ABCD A B C D

.

′ ′ ′ ′

là hình hộp



→

AA

′

=

CC

′



→

C

′

(

4; 2; 2 .

)

Chọn D.

Câu 28.

Trong không với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

1

:

1

2

3

1

2

1 x

y

z

d

−

=

−

=

−

và

2

1 :

1 2

x

kt

d

y

t

z

t

= +





=





= − +



. Tìm giá trị của k để

d cắt

1

d .

2

A.

k

=

0. B.

k

=

1. C.

k

= −

1. D.

1 .

2 k

= −

Lời giải. Gọi

M

= ∩ 

d

→ ∈ 

M

d

→

M

(

1 +

m

; 2 2 ;3

−

m

+

m

)

.

Lại có

2

1 1

0 2 2

2

0.

2

3 1 2

2

4 + = +

=



=





∈ 

→ −



=

⇔



+ =

⇔



⇒

=

=





+ = − +



− = −



m

kt

m

M

d

m

t

m t

k

t

m

t

m

t

Chọn A.

Câu 29.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

A

(

1; 2;3 ,

)

B

(

3; 4; 4

)

. Tìm

tất cả các giá trị của tham số

m

sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

( )

P

: 2

x

+ +

y

mz

− =

1 0

bằng độ dài đoạn thẳng AB .

A.

m

=

2. B.

m

= −

2. C.

m

= −

3. D.

m

= ±

2.

Lời giải. Ta có

AB

=

3 và

( )

3 ,

.

5 +

=









+

m

d A P

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

Ycbt

3

1

5

2.

5 +

⇔ =

⇔

+ =

+ ⇔ =

+

m

Chọn A.

Câu 30.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

I

(

2;3; 1

−

)

và đường thẳng

( )

7

9

7 :

2

1

2 x

y

z

d

+

=

+

=

+

−

. Viết phương trình mặt cầu tâm I và cắt đường thẳng

( )

d

tại

hai điểm ,

A B

thỏa mãn

AB

=

40. A.

(

x

−

2 ) (

+

y

−

3 ) (

+ +

z

1 )

=

25 .

B.

(

x

+

2 ) (

+

y

+

3 ) (

+ +

z

1 )

=

25 .

C.

(

x

−

2 )

+

y

+ +

(

z

1 )

=

25. D.

(

x

−

2 ) (

+

y

−

3 ) (

+ −

z

1 )

=

25. Lời giải. Đường thẳng

d

đi qua

M

(

− − −

7; 9; 7

)

và có VTCP

ud =

(

2;1; 2 .−

)

Do đó

[ ]

,

5. 







=

d

=

d

IM u

d I d

u

Gọi H là trung điểm của AB . Tam giác IAB cân tại

I

→

IH

⊥

AB

.

Do

IH

⊥

AB nên

IH

=

d I d

[ ]

,

=

5. Tam giác IHA vng tại H , có

2 2 2

25.

2 



=

+

=

+









AB

IA

IH

AH

IH

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm

(

x

−

2 ) (

+

y

−

3 ) (

+ +

z

1 )

=

25 .

Chọn A.

Câu 31. Cho hàm số 3 2

y=x +ax +bx+ Giả sử , c A B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Biết rằng AB đi qua gốc tọa độ. Tìm giá trị nhỏ nhất của P=abc+ab+ c.

A. 9.− B. 25.
9

− C. 16.

− D. 1.

Lời giải. Đạo hàm 2

' 3 2 .

y = x + ax+ b

Ta có 1 ' 2 2 2 .

3 9 3 9 9

a b a ab

y= x+ y+ − x+ −c 





     

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

3 9 9

b a ab

y  x c 

∆ = −  + − 

Vì ∆ đi qua gốc tọa độ nên ab=9 .c

Thay ab=9c vào P , ta được

2 5 25 25

9 10 3 .

3 9 9

P= c + c= c+  − ≥ − Chọn B.

Câu 32. Cho hàm số 1 3 2

(

)

2 1 3

y= x −mx + m− x− , với m là tham số. Xác định tất cả các giá

trị của m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và cực tiểu nằm cùng một phía đối với trục tung?

A. 1; \ 1 .

{ }

m∈ +∞

 B. 0< <m 2.

C. m≠1. D. 1 1.

2 m
− < <

Lời giải. Đạo hàm 2

' 2 2 1.

y =x − mx+ m−

Ycbt ⇔y' có hai nghiệm x1, x2 phân biệt và cùng dấu

(

)

2 1

' 2 1 0

.
1

2 1 0

m

m m

m

P m

 ≠


 

∆ = − − > 


⇔ ⇔ >

= − >

 

 

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

Câu 33. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có diện tích bằng 36,

đường thẳng chứa cạnh AB song song với trục Ox, các đỉnh , A B và C lần lượt nằm trên đồ

thị của các hàm số y=logax y, =log ax và y=log3ax với a là số thực lớn hơn 1. Tìm a .

A. a= 3. B. 3
6

a= . C. a= 6 D. 6
3

a= .
Lời giải. Do AB Ox → , A B nằm trên đường thẳng y=m m

(

≠0 .

)

Lại có , A B lần lượt nằm trên đồ thị của các hàm số y=logax y, =log ax.

Từ đó suy ra

(

m;

)

A a m , 2;

m

B a m


 .

Vì ABCD là hình vng nên suy ra 2

m

C B

x =x =a . Lại có C nằm trên đồ thị hàm số

log a

y= x, suy ra 2;3 .
2

m

m
C a 


 

Theo đề bài

2 6
6

36
6 3
6
2
m
m
ABCD
a a
AB
S
BC m
m
 − =

 =
 
 
= → →
=
  − =


(

)

6
12
1
1
3
m
a
 = −




←→ = < loại hoặc 6
12
.
3
m
a
 =

 =

 Chọn D.

Câu 34. Tính tích phân

2 2016
2
d
1
x
x
I x
e
−
=
+

∫

A. I =0. B.

2018
2

.
2017

I= C.

2017
2

.
2017

I= D.

2018
2

.
2018
I=

Lời giải. Ta có 2 2016 0 2016 2 2016

2 2 0

1 1 1

x x x

I dx dx dx A B

e e e

− −
= = + = +
+ + +

∫

Tính
0 2016
2 1
x
x
A dx
e
−
=
+

∫

. Đặt x= − →t dx= −dt, khi 2 2

0 0
x t

x t
 = − ⇒ =

 = ⇒ =
 .

Suy ra

( )

2016

0 2 2016 2 2016

2 0 0

. .

1 1 1

t x

t t x

t t e x e

A dt dt dx

e− e e

−

= − = =

+ + +

∫

Vậy

(

)

2016

2 2016 2 2016 2

0 0 0

. 1

1 1 1

x
x

x x x

x e

x e x

I A B dx dx dx

e e e

= + = + =

+ + +

∫

2 2017 2 2017

2016
0
0
2
.
2017 2017
x
x dx

∫

= = Chọn C.

Câu 35. Cho hình phẳng

( )

H giới hạn bởi các đường y= − x+2, y= +x 2, x=1. Tính thể
tích V của vật thể trịn xoay khi quay hình phẳng

( )

H quanh trục hồnh.

A. 27
2

V= π. B. 9
2

V= π. C. V=9π D. 55

V= π.
Lời giải. Thể tích khối trịn xoay cần tính là V =V1+V2, trong đó:

● V1 là thể tích khối trịn xoay khi quay hình phẳng

( )

H1 giới hạn bởi đường thẳng y= + , x 2
0,

y= x= quanh trục hồnh (phần màu vàng trên hình vẽ)1

(

)

2
1

2 9 .

V π x dx π

−

→ =

∫

+ =

● V2 là thể tích khối trịn xoay khi quay hình phẳng

( )

H2 giới hạn bởi đường thẳng y= + , x 2

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

Phương trình hoành độ giao điểm 2 2 2

(

2 1

)

0 2.
1

x

x x x x

x

 = −


+ = + ↔ + + − = ↔  =−



Do đó

(

)

(

)

2 2

2
2

2 2 d .

V π x x x π

−

 

=  + − +  =

 

∫

Vậy thể tích khối trịn xoay là 1 2 9 55 .

6 6

V=V +V = π+ =π π Chọn D.

Cách 2. Bạn đọc có thể dùng cơng thức nhanh gọn

{

(

)

(

)

}

2 2

max 2 ; 2 .

V π x x dx

−

∫

− + +

Nhận xét. Bài này học sinh làm sai khá nhiều, do cứ làm theo lý thuyết là

(

)

(

)

2
2

2 2 .

V π x x dx π

−

 

=  + − − +  =

 

∫

Câu 36. Cho số phức z≠ sao cho z không phải là số thực và 0 2
1

z
w

z

+ là số thực. Tính giá
trị của biểu thức 2.

z
P

z

=
+

A. 1.

P= B. 1.

P= C. P= 2. D. 1.

P=
Lời giải. Đặt z= +a bi a b

(

; ∈ ℝ

)

. Do z∉ℝ→ ≠b 0.

Suy ra 2 2
2 .

z = − +a b abi

Khi đó

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2

2 2 2 2 2 2 2

1 2

1 1 2 1 2

a bi a b abi

z a bi

z a b abi a b ab

+ + − −

= =

+ + − + + − +

(

)

(

)

(

)

(

)

3 2 3 2

3 2

2 2 2 2

2 2 2 2 . 0

1 2 1 2

a ab a b a b b

i b a b b

a b ab a b ab

+ + + −

= − ∈ ←→ + − =

+ − + + − + ℝ

(

)

2 2

2 2
0

1 0

b

a b

b a

 =


⇔ ⇔ + =

 − − =


loại

Vậy 2 1 1.

1 1 2
1

z
P

z

= = =

+ Chọn B.

Câu 37. Cho hình chóp .S ABCD có đáy là tứ giác lồi với O là giao điểm của AC và BD. Gọi
, , ,

M N P Q lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB SBC SCD SDA, , , . Gọi V1 và V2 lần

lượt là thể tích của khối chóp .S ABCD và .O MNPQ. Khi đó tỉ số 1
2

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

A. 8. B. 27.

4 C.

2 D. 9.

Lời giải. Gọi h là chiều cao của khối chóp .S ABCD và S là diện tích tứ giác ABCD .

Gọi G là điểm thuộc đoạn thẳng SO sao cho

(

)

.
3

SG

G MNPQ

SO= → ∈

Vì M N P Q lần lượt là trọng tâm của các tam , , ,
giác SAB SBC SCD SDA, , , →

(

MNPQ

) (

ABCD

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

; 1

; .

3 3

;

d O MNPQ GO h

d O MNPQ
SO

d S ABCD

→ = = → =

Mặt khác

2
3

1 9

MNPQ ABCD

MN PQ AC

S S

MP NQ BD

 = =

 → =



 = =



Vậy 1
2

1
. .

27
3

1 2. . 2
3 9 3

S h
V

S h

V = = . Chọn C.

Câu 38. Một hình trụ có trục là một đường kính của mặt cầu

( )

S có bán kính bằng R, các

đường trịn đáy của hình trụ đều thuộc mặt cầu

( )

S , đường sinh của hình trụ có độ dài 8 .
5

R

Tính thể tích khối trụ đó.

A. 64 3.
125

R
π

B. 72 3.
125

R

π

C. 24 3.
25

R
π

D. 48 3.
125

R
π

Lời giải. Gọi r là bán kính đường trịn đáy của khối trụ suy ra

2 4 3

5 5

R R

r= R −  =

Vậy thể tích của khối trụ là

2 3

2 3 8 72

. . .

5 5 125

R R R

V =πr h=π  = π



  Chọn B.

Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

( )

P : 2x− +y 2z− =3 0 và điểm

(

1;3; 1

)

I − . Gọi

( )

S là mặt cầu tâm I và cắt mặt phẳng

( )

P theo một đường trịn có chu vi

bằng 2π . Bán kính của mặt cầu

( )

S bằng:

A. R=5. B. R= 5. C. R=25. D. R= 3.

Lời giải. Giả sử mặt phẳng

( )

P cắt mặt cầu

( )

S theo giao

tuyến là đường tròn tâm

( )

C tâm J bán kính r .

Chu vi của

( )

C là 2πr=2π→ = r 1.

Và

( )

2 2 2

2.1 3 2. 1 3

, 2.

2 1 2

IJ =d I P = − + − − =

+ +

Vậy 2 2

R= IJ +r = Chọn B.

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

( )

: 1

2 3

x y z

P

a+ a+ a= với

a> , cắt ba trục tọa độ Ox Oy Oz lần lượt tại ba điểm , , ., , A B C Tính thể tích V của khối tứ

diện OABC.

A. 3
.

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

Lời giải. Ta có

( )

(

)

( )

(

)

( )

(

)

;0;0

0;2 ;0 2

0;0;3 3

P Ox A a OA a

P Oy B a OB a

P Oz C a OC a

 ∩ = → =



 ∩ = → =



 ∩ = → =



Vậy 1 3

. . . .

V = OB OC OA=a Chọn A.
Câu 41. Cho hàm số 2

2 4 .

y= x + x+ −a Tìm a để giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn

[

−2;1

]

đạt giá trị nhỏ nhất.

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

Lời giải. Ta có 2

(

)

2 4 1 5

y= x + x+ − =a x+ + −a .

Đặt

(

)

2
1

t= x+ , với x∈ −

[

2;1

]

→ ∈t

[

0;4

]

Khi đó f t

( )

= + −t a 5 với t∈

[

0;4

]

. Ta có f

( )

0 = −a 5 , f

( )

4 = −a 1 .
Suy ra

[ 2;1] [ 0; 4]

( )

[ 0; 4]

{

( ) ( )

}

[ 0; 4]

{

}

max max max 0 , 4 max 5 , 1 .

x∈ − y=t∈ − f t =t∈ − f f =t∈ − a− a−

● Với [ ]

( )

0; 4

5 1 3 max 5 5 .

t

a a a f t a a

∈ −

− ≥ − ⇔ ≤ → = − = −

● Với

[ 0; 4]

( )

5 1 3 max 1 1.

t

a a a f t a a

∈ −

− ≤ − ⇔ ≥ → = − = −

Mà

[ 0; 4]

( )

5 5 3 2, 3

max 2, .

1 3 1 2, 3 t

a a

f t a

a a ∈ −

 − ≥ − = ∀ ≤

 → ≥ ∀ ∈

 − ≥ − = ∀ ≥

 ℝ

Vậy giá trị nhỏ nhất của

[ 0; 4]

( )

max 2

t∈ − f t = . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=3. Chọn A.

Câu 42. Cho hàm số y= f x

( )

có đồ thị hàm số

( )

y=f x như hình vẽ bên. Biết f a

( )

>0, hỏi đồ thị
hàm số y= f x

( )

cắt trục hoành tại nhiều nhất bao

nhiêu điểm?

A. 4 điểm. B. 3 điểm.
C. 2 điểm. D. 1 điểm.

x
y

c

a O

b

Lời giải. Dựa vào đồ thị hàm số y= f′

( )

x , ta có nhận xét:

● Hàm số y= f′

( )

x đổi dấu từ − sang + khi qua x= . a

● Hàm số y= f′

( )

x đổi dấu từ + sang − khi qua x=b.

● Hàm số y= f′

( )

x đổi dấu từ − sang + khi qua x= . c

Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số y= f x

( )

như sau:

Từ bảng biến thiên ta có f b

( )

>f a

( )

>0.
Quan sát đồ thị /

( )

y=f x , dùng phương pháp tích phân để tính diện tích, ta có

−

a

x

−∞

b

+∞

( )

f x

−

−∞

( )

f c

+∞

( )

f x

c

( )

f a

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

( )

b c

a b

f′ x dx<  −f′ x dx →f c <f a

∫

● Nếu f c

( )

<0 thì đồ thị hàm số y=f x

( )

cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.

● Nếu f c

( )

=0 thì đồ thị hàm số y=f x

( )

cắt (tiếp xúc) trục hoành tại một điểm.

● Nếu f c

( )

>0 thì đồ thị hàm số y=f x

( )

khơng cắt trục hồnh.

Vậy đồ thị hàm số y= f x

( )

cắt trục hoành tại nhiều nhất là hai điểm. Chọn C.

Câu 43. Tìm tất cả giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số

( )

sinsin 1 sinsin

4 6

9 4

x m x

x x
f x
+

+
+
=
+
không nhỏ hơn 1

A. 6
2
log .

m≥ B. 6

13
log .

m≥ C. m≤log 3.6 D. 6

2
log .

m≤

Lời giải. Hàm số viết lại

( )

2 sin sin

2 sin
2 2
6
3 3
.
2
1 4.
3
x x
m
x
f x
   
  +  
   
 
   
=
 

+   

Đặt 2 sin

( )

2 2

3 1 4

x

t nt

t f t

t

  +



=   → =

+ với

2 3

3 2

6m 0

t
n

 ≤ ≤


 = >


Bài tốn trở thành ''Tìm n> để bất phương trình 0

( )

1
3

f t ≥ có nghiệm trên đoạn 2 3;
3 2
 
 
 
  ''.
Ta có

( )

2 3

2 ;

2 3 2

1 1 1

1 3 .

3 1 4 3 3 3

t

t nt t

f t t nt n

t
t
 
 
∈ 
 
+
≥ ←→ ≥ ←→ + ≤ ←→ ≥ +
+

Xét hàm

( )

3 3

t
g t

t

= + trên đoạn 2 3;
3 2
 
 
 

 , ta có 2 3

( )

;

3 2

min 1

g t g

 
 
 
 

= = .

Để bất phương trình

( )

f t ≥ có nghiệm trên đoạn 2 3;
3 2
 
 
 

  thì bất phương trình g t

( )

≤ phải n

có nghiệm trên đoạn

( )

2 3
;
3 2

2 3 2

; min

3 2 n   g t n 3

 
 
 
 
  ←→ ≥ → ≥
 
 
6
2 2

6 log .

3 3

m

→ ≥ → ≥ Chọn A.

Câu 44. Nếu

( )

2 d 6 2

x

a

f t

t x

t + =

∫

với x> thì hệ số a bằng: 0

A. 5. B. 9. C. 19. D. 29.

Lời giải. Gọi F t

( )

là một nguyên hàm của hàm số f t

( )

2

t trên đoạn

[

a x;

]

Khi đó ta có

( )

2
2

'
.

2 6 2 6

x
x
a
a
f t
F t
t
f t

F x F a F t dt x F x x F a

t
 =



 − = = = − → = + −



∫

Suy ra

( )

' f t

F t f t t t

t
t

= = → =

( )

2 2 2

x x x

a

a a

f t

dt dt t x a

t t

→

∫

= = −

2 x 2 a 2 x 6 a 9.

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

Câu 45. Cho parabol ( ) 2

: 1

P y=x + và đường thẳng

( )

d :y=mx+2. Tìm m để diện tích hình 
phẳng giới hạn bởi

( )

P và

( )

d đạt giá trị nhỏ nhất.

A. m= 0. B. 1.
2

m= C. 3.

m= D. m= 1.

Lời giải. Xét phương trình hồnh độ giao điểm 2 2

1 2 1 0.

x + =mx+ ⇔x −mx− =

Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1<x2. Theo Viet, ta có 1 2

1 2

.
1

x x m

x x

 + =



 = −



Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi

( )

P và

( )

d . Ta có

(

)

(

)

(

)

2 2

2
1

1 1

3 2

2 2

1 2 1

3 2

x x

x

x x

x mx

S= x + − mx+ dx= mx−x + dx= − + +x

 

∫

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

3 3

2 2
2 1

2 1 2 1

2 2

2 1 2 2 1 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2
2 1

3 2

. 2 3 6

6
1

. 2 3 2 6

6
1

. 4

x x m

x x x x

x x x x x x m x x

x x x x m x x x x

x x m

−

= − + − + −

 

= − − + + + + + 

 

= − − + + + + + 

 

= −  + 

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

3 3

2 2 2 2

2 1 2 1 1 2

1 1 1 4

. 4 4 . 4 4

36 36 36 36

S x x m  x x x x  m m

→ = − + =  + −  + = + ≥

 

4
3

S

→ ≥ . Dấu ''='' xảy ra khi m=0. Chọn A.

Câu 46. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn điều kiện z1 = z2 = z1−z2 =1. Tính giá trị của
biểu thức

2 2

1 2

2 1

z z

P

z z

   
   
=  + 
   

A. P= +1 i. B. P= − −1 i. C. P= −1 i. D. P= −1.

Lời giải. Ta có

2 2 2

1 2 1 2

2 1 2 1

z z z z

P

z z z z

     

     

=  +  = +  −

  

     

( )

1
Mà 1 2 1 2 2 1

1 2 2 1

2 2

2 1 2 1

z z z z z z

z z z z

z +z = z + z = +

( )

Theo giả thiết: 2

(

)

(

)

(

)

(

)

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1= z −z = z −z . z −z = z −z . z −z

(

)

2 2

1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1.

z z z z z z z z z z

= + − + → + =

( )

Từ

( )

1 ,

( )

2 và

( )

3 suy ra P= − 1. Chọn D.

Cách 2. Chuẩn hóa

Chọn z1= , cịn 1 z2 chọn sao cho thỏa mãn z2 = và 1 z1−z2 = . 1

Ta chọn như sau: Đặt z2= + . a bi

● z2 = 1 →a2+b2= . 1

●

(

)

(

)

2 2

1 2 1 2 1 1 1 1 1 1.

z −z = ←→z − = ←→ a− +bi = ←→ −a +b =

Từ đó giải hệ 2

1 3

2 2
3

2
a

z i

b
 =


→ → = +
 =



Thay z1=1 và 2 1 3
2 2

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

Hoặc ta cũng có thể chọn 1

1 3

2 2

z = − + i và 2

1 3

2 2
z = + i.

Câu 47. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, thể tích là V . Gọi M là

trung điểm của cạnh SA N, là điểm nằm trên cạnh SB sao cho SN=2NB; mặt phẳng

( )

α di

động qua các điểm M N, và cắt các cạnh SC SD, lần lượt tại hai điểm phân biệt , K Q. Tính

giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp .S MNKQ.
A.

V . B.

V . C. 3

V D. 2

3V .

Lời giải. Gọi a SK 0

(

a 1 .

)

SC

= ≤ ≤

Vì mặt phẳng

( )

α di động đi qua các điểm M N, và cắt các cạnh SC SD, lần lượt tại hai

điểm phân biệt , K Q nên ta có đẳng thức SA SC SB SD
SM+SK =SN +SQ

1 3 2

2 .

2 2

SD SQ a

a SQ SD a

←→ + = + → =

Ta có .
.

1 1 4 2 2 1

. . . . .

2 2 3 2 3 2

S MNKQ

S ABCD

V SM SN SK SM SK SQ a a

V SA SB SC SA SC SD a a

   

 

=  + =  − + = − +

Xét hàm

( )

2 1 .

3 2

a
f a

a

= −

+ trên đoạn

[ ]

0;1 , ta được [ ]0;1

( )

max 1 .

f a = f = Chọn B.
Câu 48. Một kĩ sư của nhà máy được yêu cầu phải thiết kế một

thùng chứa hình trụ (như hình vẽ) có thể tích nhất định. Biết
rằng giá của vật liệu làm mặt đáy và nắp của thùng đắt gấp

Nlần (N> (chi phí cho mỗi đơn vị diện tích) so với vật liệu để 1)
làm mặt bên của thùng. Tỉ lệ chiều cao h và bán kính đáy r theo

N được tìm bởi kĩ sư sao cho giá thành sản xuất thùng là nhỏ

nhất bằng bao nhiêu?

A. h 2 .N

r = B. 2 .

h

N
r =
C. h 3 .N

r = D. 3 .

h
N
r =

Lời giải. Gọi V là thể tích của thùng, C là chi phí trên mỗi một đơn vị diện tích để làm mặt

bên của thùng (V và C là các hằng số). 
Chi phí để làm thùng là

(

)

(

)

2πrh C. +N. 2πr .C trong đó h và r là các biến.

Ta có mối liên hệ giữa hai biến h và r được cung cấp bởi 2

V =πr h.

Sử dụng mối quan hệ này để loại bỏ h (cũng có thể loại bỏ r nhưng sẽ dễ dàng hơn khi loại 
bỏ h vì h chỉ xuất hiện một lần trong cơng thức tính chi phí).

Q

K 
N

M

D

C 
B

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Chi phí sản xuất là

( )

2 2
2

2 V 2 cV 2 .

f r rc Nc r Nc r

r
r

π π π

π

= + = +

Đạo hàm

( )

2
2

' 4 0 .

cV V

f r Nc r r

N
r

π

= − = ⇔ =

Từ đó với 3
2

V
r

N π

= thì f r

( )

đạt giá trị nhỏ nhất.

Lại có 2

( )

V =πr h→f r đạt giá trị nhỏ nhất khi

3 2 .

r h h

r N

N r

= ←→ = Chọn B.

Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

( ) (

) (

)

: 3 2 4 12

S x− + y+ + −z = và M x y z

(

o; o; o

)

là điểm thay đổi thuộc

( )

S . Giá trị lớn

nhất của biểu thức P=xo+yo+ bằng? zo

A. 10. B. 11. C. 12. D. 14.

Lời giải. Ta có P=

(

xo− +3

) (

yo+ +2

) (

zo− + 4

)

5 → − =P 5

(

xo− +3

) (

yo+ +2

) (

zo−4 .

)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có

(

)

(

) (

)

5 o 3 o 2 o 4

P− = x − + y + + z − 

(

) (

)

0 0 0

1 1 1 . x 3 y 2 z 4  3.12 36.
≤ + +  − + + + − = =

Suy ra − ≤ − ≤ ←→− ≤ ≤6 P 5 6 1 P 11. Chọn B.

Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A

(

−1;2;0

)

, B

(

2; 3;2−

)

. Gọi

( )

S là

mặt cầu đường kính AB; Ax By là hai tiếp tuyến của mặt cầu ,

( )

S và Ax⊥By. Gọi M N,
lần lượt là các điểm di động trên Ax By sao cho đường thẳng MN luôn tiếp xúc với mặt cầu ,

( )

S . Tính tích P=AM BN. .

A. P=19. B. P=24. C. P=38. D. P=48.
Lời giải. Gọi I là tâm mặt cầu

( )

S → là trung điểm I AB.

Gọi H là tiếp điểm của MN với mặt cầu

( )

S .

Ta có IAM IHM AM HM.

IBN IHN BN HN

 = → =



 = → =



△ △

Suy ra AM +BN=HM+HN =MN .

Ta có 2

(

)

2 2 2

2. .
MN = AM+BN =AM +BN + AM BN.

Lại có 2 2 2 2

(

2 2

)

MN =MA +AN =MA + AB +BN .

Từ đó suy ra 2 2

2 . . 19

AB

AB = AM BN →AM BN = = . Chọn A.

Cách trắc nghiệm. Chọn hình lập phương ngoại tiếp mặt cầu

( )

S như hình vẽ.

Đặt

2 2

2
2

2 . 2 2. 19.

2 2

AM R AB AB

AB R AM BN R

BN R

 =  

  

= → → = =   = =

=


H

N

M

y

x

B 
A

I

y

x

N

M

B 
I

</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 09 | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

<b> </b>

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

<b> Mơn thi: TỐN </b>

<b>ĐỀ VIP 09 Thời gian làm bài: 90 phút </b>

2

1

1

khi

2

1

<sub>1</sub>

<sub>2</sub>

2

1

1

1

khi

1

2

.

−

<sub>≥</sub>

−

<sub>−</sub>

=

=

−

−

<sub>−</sub>

<sub><</sub>

−











<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i><sub>x</sub></i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

2

1

1

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

−

=

−

2

1

1

−

=

−

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

2

1

1

−

=

−

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

2

1

1

−

=

−

<i>x</i>