Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 06 | 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 (329.73 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 08 Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1. Bảng biến thiên dưới đây là của hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn
phương án sau:

A.

2 .

1 x

y

x

− +

=

+

B.

2 .

1 x

y

x

− −

=

+

C.

2 .

1 x

y

x

− −

=

−

D.

2 .

1 x

y

x

− +

=

−

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

● Hàm số có TCĐ x= − ; TCN 1 y= − . Do đo ta loại phương án C & D. 1
● Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Thử đáp án A, ta có

(

)

3 '

0

1 −

=

<

+

y

x

khơng

thỏa mãn. Chọn B.

Câu 2. Giải phương trình

(

iz

−

1 )(

z

+

3 i

)(

z

− +

2 3

i

)

=

0

trên tập số phức.

A.

3 .

2 3

= −





= −



= +



z

i

z

i

z

i

B.

3 .

2 3

z

i

z

i

z

i

= −





=



= +



C.

3 .

2 3

z

i

z

i

z

i

= −





= −



= −



D.

2

3 .

2 3

z

i

z

i

z

i

= −





=



= −



Lời giải. Phương trình

(

)(

)

1

0

1

3 2 3

0

3

0 2 3

0 − =





−

+

− +

= ⇔



+ =



− + =



iz

z

i

z

i

z

i

z

i

3 .

2 3

= −





⇔



= −



= +



z

i

z

i

z

i

Chọn A.

Câu 3. Một mặt cầu có độ dài bán kính bằng

2 .

a

Tính diện tích

S

của mặt cầu.

A. 2

4 π

.

=

S

a

B.

16 .

3 π

=

S

a

C.

S

=

8 a

π

.

D.

S

=

16 a

π

.

Lời giải. Diện tích của mặt cầu

( )

S

là

S

mc

=

4 π

R

=

4 . 2

π

( )

a

=

16 a

π

.

Chọn D.

Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt cầu

( ) (

S

:

x

−

1 ) (

+

y

−

1 )

+

z

=

4

Mặt cầu

( )

S

′

có tâm

I

′

(

9;1; 6

)

và tiếp xúc ngoài với mặt cầu

( )

S

.

Phương trình mặt cầu

( )

S

′

là:

A.

(

) (

)

9

1

6

36. x

−

+

y

−

+ −

z

=

B.

(

x

−

9 ) (

+

y

−

1 ) (

+ −

z

6 )

=

144.

C.

(

) (

)

9

1

6

64. x

−

+

y

−

+ −

z

=

D.

(

x

+

9 ) (

+

y

+

1 ) (

+ +

z

6 )

=

25.

Lời giải. Mặt cầu

( )

S

tâm

I

(

1;1; 0

)

và bán kính

R

=

2.

x

y

−∞

−1

+∞

−

−∞

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

Gọi

R

′

là bán kính của mặt cầu

( )

S

′

.

Vì

( ) ( )

S

,

S

′

tiếp xúc ngoài nên

R

+ =

R

′

II

′

(

) ( ) (

2 2

)

2 2 2

9 1

1 1

6 0

2

8

6

2

8. ′



→ =

R

II

− =

R

−

+ −

− =

+

− =

Vậy phương trình mặt cầu

( )

S

′

là

(

x

−

9 ) (

+

y

−

1 ) (

+ −

z

6 )

=

64.

Chọn C.
Câu 5. Tính diện tích hình phẳng phần bơi đen

giới hạn bởi các đường 2

1

4 ,

3 y

=

x

y

= −

x

+

và

trục hồnh như hình vẽ bên.

A.

7 .

3

B.

56 .

3

C.

11 .

6

D.

39 .

2

Lời giải. Phương trình hồnh độ giao điểm của

( )

P

và

( )

d

nằm trong góc phần tư thứ
nhất:

(

)

2 2

1

4

3

4

0 4

.

3 loại

=





= −

+ ⇔

+ − = ⇔



= −



x

Diện tích hình phẳng cần tính là

1 4

0 1

1

4

11 .

3

6 



=

+ −



+



=





∫

S

x dx

x

dx

Chọn C.

Câu 6. Đạo hàm của hàm số

y

=

2 ( )

x2+1 là:

A.

( )

ln 1

2 .

1

x

y

x

′ =

+

B.

( )

ln 1

2

x

.

y

′ =

C.

( )

ln 1

2 .2

.ln 2

.

1

x

y

x

′ =

+

D.

( )

(

)

ln 1

.2

.

1 ln 2

x

y

x

′ =

+

Lời giải. Ta có ln

( )

2 1

(

)

( )

2 1 ln

( )

2 1
2

2 ln

1 .2

.ln 2

.2

.ln 2.

1

x x

x

y

x

′





′

+ +

=

→ =



+



=

+

Chọn C.

Câu 7. Cho hàm số

y

=

f x

( )

, xác định liên tục trên

ℝ

\

{ }

−

2

có bảng biến thiên như hình

dưới đây.

Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng

(

− − ∪ − −

3; 2

) (

2; 1 .

)

B. Hàm số có giá trị cực đại bằng

−

3.

C. Hàm số đồng biến trên khoảng

(

−∞ −

; 3

)

và

(

− + ∞

1;

)

.

D. Hàm số có điểm cực tiểu là

2.

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

y

−∞

−3

−2

−1

+∞

0

−

0

+∞

−∞

−

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

• Hàm số nghịch biến trên khoảng

(

− −

3; 2

)

và

(

− −

2; 1 .

)

• Hàm số có giá trị cực đại

y

CĐ

= −

2.

• Hàm số đồng biến khoảng

(

−∞ −

; 3

)

và

(

− + ∞

1;

)

.

• Hàm số có điểm cực tiểu là

−

1.

Chọn C.

Câu 8. Cho số phức

z

= −

2 3

i

. Tìm số phức liên hợp của số phức

( )

1 z

.

w

i z

z

= +

−

A.

w

= −

3 4 .

i

B.

w

= +

3 4 .

i

C.

w

= +

4 3 .

i

D.

w

= −

4 3 .

i

Lời giải. Ta có

z

= − → = +

2 3

i

z

2 3

i

,. Khi đó

( )

1 z

1 w

i z

z

= +

−

= +

−

( )(

1 i

2 3

i

) (

2 3

i

)

3 4

i

= +

−

− +

= − →

Số phức liên hợp của

w

là

w

= +

3 4 .

i

Chọn B.
Câu 9. Cho hàm số

f x

( )

liên tục trên

ℝ

và có đồ thị như

hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số đồng biến trên các khoảng

(

−∞

; 0 , 0;

) (

+ ∞

)

.

B. Hàm số đồng biến trên các khoảng

(

−

1; 0

) (

∪ +∞

1;

)

.

C. Hàm số đồng biến trên các khoảng

(

−∞ −

; 1

)

và

(

1;

+ ∞

)

.

D. Hàm số đồng biến trên các khoảng

(

−

1; 0

)

và

(

1;

+ ∞

)

.

Lời giải. Chọn D.

Câu 10. Tìm nghiệm của phương trình 1

4

x+

=

64

a với

a

là số thực cho trước.

A.

3 a

−

1.

B.

3 a

+

1.

C.

a

−

1.

D.

a

−

1.

Lời giải. Phương trình 1

4 4

4

x+

=

64

a

⇔ + =

x

1 log 64

a

=

a

.log 64

=

3 a

⇔ =

x

3 a

−

1.

Chọn A.

Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hai điểm

M

(

−

2; 6;1

)

và

M a b c

′

(

; ;

)

đối

xứng nhau qua mặt phẳng

( )

Oyz

.

Tính tổng

S

=

7 a

−

2 b

+

2017

c

−

1.

A.

S

=

2017.

B.

S

=

2042.

C.

S

=

0.

D.

S

=

2018.

Lời giải. Dựa vào lý thuyết: Hai điểm M x y z

(

; ;

)

và M x y z

(

'; '; '

)

đối xứng nhau qua mặt

phẳng (Oyz

)

thì

'
' .
'

x x

y y
z z

 = −

 =


 =


Từ đó suy ra

M

′

(

2; 6;1

)



→ =

S

7 a

−

2 b

+

2017

c

− =

1 2018.

Chọn D.

Câu 12. Nếu một khối hộp chữ nhật có độ dài các đường chéo của các mặt lần lượt là

5,

10,

13

thì thể tích V của khối hộp chữ nhật đó bằng:

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

Lời giải. Gọi hình hộp chữ nhật là

ABCD A B C D

.

′ ′ ′ ′



→

AC AB AD

,

′

,

′

là các đường chéo
của các mặt của hình hộp. Khi đó

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2
2 2

5 5

3

10 2 .

1

13 '

13 

=

+

=



+

=

′ =









′



=

+

=

⇔

+

=

⇔

=





′ +

=



=



′

=

+

=





AC

AB

AD

AB

AD

AA

AD

AA

AD

AA

AD

AB

AD

AA

AB

AA

AB

Vậy thể tích khối hộp chữ nhật

ABCD A B C D

.

′ ′ ′ ′

bằng

V

=

AA AB AD

′

.

=

6.

Chọn A.

Câu 13. Tính tích phân

1
2017

d .

x

I

=

∫

e

x

A.

(

2017

)

2017

1 .

I

=

e

−

B.

1
2017

2017

1 .

I

=





e

−









C.

1 (

2017

)

1 .

2017

I

=

e

−

D.

1 (

2017

1 .

)

2017

I

=

e

−

Lời giải. Đặt 2017

d

1 .

2017

d

2017

d

2017

=

x



→ =

x

=

t

⇔

=

t

e

t

e

x

t

Đổi cận: 1

2017

0

1 x

t

x

t

e

= → =







= → =



Khi đó

1 1

2017 2017 1

2017

1 1

2017

.

d

2017

d

2017

1 .

e e

I

t

e

t





=



−







∫

Chọn B.

Câu 14. Hàm số

y

=

2

x

+

ln

x

+

1

có tập xác định là:

A.

ℝ

\

{ }

−

1 .

B.

ℝ

\ 0 .

{ }

C.

ℝ

.

D.

ℝ

.

Lời giải. Hàm số đã cho xác định

⇔ + > ⇔ ≠ −

x

1

0 x

1.

Chọn A.

Câu 15. Điểm cực đại của đồ thị hàm số

2

3 x

y

=

−

x

+

x

+

có tọa độ là:

A.

(

−

1; 2 .

)

B.

3;

2 .

3 











C.

(

1; 2 .

−

)

D.

( )

1; 2 .

Lời giải. Xét hàm số 
3

2

3 x

y

=

−

x

+

x

+

, ta có

y

′ = −

x

4 x

+

3

và

y

′′ =

2 x

− ∀ ∈

4;

x

ℝ

.

Phương trình

( )

1

2

0

4

3

0 2

.

3 = →

=





′ = ⇔

−

+ = ⇔



= →

=



x

y

x

y

( )

1

2

0

3

2

0 ′′

= − <





′′

= >



y

. Suy ra

( )

1; 2

là điểm cực đại của đồ thị hàm số. Chọn D.
Câu 16. Tính đạo hàm của hàm số 2

.

x

y

=

e

A.

.

2 2

x

e

y

x

′ =

B.

.

2

x

e

y

x

′ =

C.

.

2

x

e

y

x

′ =

D. 2

2 .

x

.

y

′ =

x e

Lời giải. Ta có

( )

2 2

2 .

2 2

2

x

x x x

e

y

e

y

x

e

x

′

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

Câu 17. Với

0 < ≠

a

1

, giá trị lớn nhất của hàm số

y

log

a

x

=

trên đoạn 2

;

a a









là:

A. Khơng có giá trị lớn nhất. B.

1 .

ln

e

a

C.

2

2

.

a

D.

1 .

a

Lời giải. Chọn

1

2 a

=

, xét hàm số

( )

2 2

log

x

y

f x

x

=

= −

trên đoạn

1 1

;

4 2













Ta có

( )

2 2

1 log

log

1 1 1

0;

;

ln 2

4 2

x

y

f

x

−





′

=

′

= −

=

< ∀ ∈









(vì 2

1 1

;

log

0 4 2





∈





⇒

<





x

Suy ra

f x

( )

là hàm số nghịch biến trên

1 1

;

max

1 4.log

2

1

8. 4 2

y

f

4 



⇒

 

=

 

= −

=









 

Vậy

max

8

2

2

2

2

.

1

2 y

a

= =

=

 

 

 

Chọn C.

Câu 18. Tìm tập nghiệm của bất phương trình

(

)

(

)

4 4

log

π

x

− <

1 log

π

3 x

−

3 .

A.

S

=

( )

1; 2 .

B.

S

= −∞ − ∪

(

; 1

) (

2;

+ ∞

)

.

C.

S

= −∞ ∪

(

;1

) (

2;

+ ∞

)

.

D.

S

=

(

2;

+ ∞

)

.

Lời giải. Điều kiện 
2

1

0

1

3

0 x



− >

⇔ >



− >



Do 1
4

π < nên bất phương trình

(

)

(

)

4 4

log

π

x

− <

1 log

π

3 x

− ⇔

3 x

− >

1 3

x

−

3

2

3

2

0 .

1 >



⇔

− + > ⇔



<



x

Kết hợp với điều kiện, ta được tập nghiệm của bất phương trình là

S

=

(

2;

+ ∞

)

.

Chọn D.

Câu 19. Hàm số nào là một nguyên hàm của hàm số

( )

5

x

f x

= +

x

A.

5
1

.5

.

ln

x

−

+

B. 5 6

.

ln 5

6 x

+

x

C. 1 4

.5

x

5 .

x

−

+

x

D.

5 .

ln 5

ln

x

+

Lời giải. Ta có

( )

(

)

( )

5 5

5 .

ln 5

6 =

+

=

+

=

+

∫

x

∫

x

∫

x

f x dx

x

dx

d x

x dx

C

Chọn B.

Câu 20. Cho số phức

z

thỏa mãn

7 + +

(

1 2

i z

) (

= +

2 3

i z

)

+

i

. Tính mơđun của

z

.

A.

z

=

2 5.

B.

z

=

3 5.

C.

z

=

5.

D.

z

=

5.

Lời giải. Đặt

z

= +

x

yi x y

(

,

∈

ℝ

)

suy ra

z

= −

x

yi

và 2 2

.

z

=

x

+

y

Khi đó

7 + +

(

1 2

i z

) (

= +

2 3

i z

)

+ ⇔ + +

i

7 (

1 2

i

)(

x

−

yi

) (

= +

2 3

i

)(

x

+

yi

)

+

i

(

)

7 x

yi

2 xi

2 y

2 x

2 yi

3 xi

3 y i

x

5 y

7 x

3 y

1 i

0 ⇔ + − +

+

=

+

−

+ ⇔ −

− + +

+

=

5

7

0

2

5.

3

1

0

1 x

y

x

z

i

z

x

y

−

− =

=



⇔



⇔



⇒

= −

⇒

=

+

+ =

= −

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

Câu 21. Cho khối nón

( )

N

có thể tích bằng

4 π

và chiều cao bằng

3.

Tính bán kính r 
đường trịn đáy của khối nón

( )

N

.

A.

r

=

2.

B.

r

=

1.

C.

2 3

.

3 =

r

D.

4 .

3 =

r

Lời giải. Thể tích khối nón

( )

N

bằng

1

3 .

3 π

=

⇒

=

V

r h

r

h

Vậy bán kính đáy của khối nón

( )

N

là

3.

3.4

2.

3 V

r

h

π

=

Chọn A.

Câu 22. Trong khơng gian với hệ tọa độ

Oxyz

, phương trình tham số của trục

Oz

là:

A.

.

z

t

y

t

z

t

=





=





=



B.

0.

0 x

t

y

z

=





=





=



C.

0 .

0 x

y

t

z

=





=





=



D.

0

0. x

y

z

t

=





=





=



Lời giải. Trục Oz đi qua điểm O

(

0;0;0

)

và nhận vectơ đơn vị k=

(

0;0;1

)

làm một VTCP nên

có phương trình tham số là

0 0

0 1

= +





= +





= +



x

t

y

t

z

t

hay

0

0. x

y

z

t

=





=





=



Chọn D.

Câu 23. Cho hàm số

y

=

f x

( )

xác định, liên tục trên

ℝ

và có bảng biến thiên

x −∞ 1− 0 1 +∞

y − 0 + 0 − 0 + 
y +∞ +∞

1 1
Khẳng định nào sau đây sai?

A. Hàm số đồng biến trên các khoảng

(

−

1; 0

)

và

(

1;

+ ∞

)

.

B.

f

( )

−

1

được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số.

C.

x

0

=

1

được gọi là điểm cực tiểu của hàm số.
D.

M

( )

0; 2

được gọi là điểm cực đại của hàm số.

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

• Hàm số đồng biến trên các khoảng

(

−

1; 0

)

và

(

1;

+ ∞

)

.

•

f

( )

−

1

được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số.

•

x

=

1

được gọi là điểm cực tiểu của hàm số.

•

M

( )

0; 2

được gọi là điểm cực đại của đồ thị hàm số. Chọn D.

Câu 24. Cho các số thực dương

a b c

, ,

khác

1

thỏa mãn

(

log

)

log

ca

1.

a

b

=

Khẳng định nào
sau đây là đúng?

A. 2

.

a

=

bc

B.

a

=

log

b

c

.

C.

b

=

c

.

D.

a

=

c

.

Lời giải. Sử dụng công thức

log

m

x

n

=

n

.log

m

x

, ta được

(

log

)

log

ca

log

.log

log

1 log

1 .

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

Câu 25. Trong mặt phẳng phức, nếu điểm

A

biểu diễn số phức

1 i

−

, điểm

B

biểu diễn số
phức

3 i

+

thì trung điểm

M

của đoạn thẳng

AB

biểu diễn số phức nào sau đây?

A.

z

1

=

4.

B.

z

= +

1 i

.

C.

z

=

2.

D.

z

= − −

1 i

.

Lời giải. Điểm

A

biểu diễn số phức

1 i

−



→

A

(

1; 1 .

−

)

Điểm

B

biểu diễn số phức

3 i

+



→

B

( )

3;1 .

Vì

M

là trung điểm của

AB



→

M

( )

2; 0



→ =

z

2.

Chọn C.

Câu 26. Gọi

n d

,

lần lượt là số đường tiệm cận ngang và số đường tiệm cận đứng của đồ thị

hàm số

(

)

1 .

1 x

y

x

−

=

−

Khẳng định nào sau đây là đúng?

A.

n

= =

d

1.

B.

n

=

0;

d

=

1.

C.

n

=

1;

d

=

2.

D.

n

=

0;

d

=

2.

Lời giải. Xét hàm số

( )

(

)

1 x

y

f x

x

−

=

−

có tập xác định

D

=

( )

0;1 .

Ta có

lim

( )

, lim

( )

x→+∞

f x

x→−∞

f x

không tồn tại suy ra đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang.
Xét phương trình

(

1 )

0 .

1 =



−

= ↔



=



x

Ta có

(

)

1 lim

0

1

→

−

= ∞ 

→ =

−

x

là TCĐ.

(

)

1 1

1 lim

1

→ →

−

=

−

= ∞ 

→ =

−

x x

x

là TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang, có 2 tiệm cận đứng. Chọn D.
Câu 27. Khối chóp tam giác đều có thể tích 3

2 V

=

a

, cạnh đáy bằng

2 a

3

thì chiều cao h 
của khối chóp bằng:

A.

h

=

a

6.

B.

6 .

3 =

a

h

C.

2

3 .

3 =

a

h

D.

.

3 =

a

h

Lời giải. Diện tích tam giác đều cạnh

(

)

2 3 3

2 3 3 3.

a

a → =S = a

Ta có 1 . 3 2 3.

3 3

V a

V S h h

S

= → = = Chọn C.

Câu 28. Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng

(

0;

+∞

)

A.

log

.

y

=

π

x

B.

log

e

.

y

=

x

C.

log

e

.

y

=

x

D. 2

log

.

y

=

x

Lời giải. Hàm số

y

=

log

a

x

với

a

>

1

là hàm số đồng biến trên khoảng

(

0;

+ ∞

)

.

So sánh

1 ;

2 3 4

2 e

> >





e

π





⇒











Hàm só

log

e

y

=

x

đồng biến trên

(

0;

+ ∞

)

.

Chọn B.

Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho tam giác

ABC

biết

A

(

2; 4; 3

−

)

và trọng
tâm

G

của tam giác có tọa độ

G

(

2;1; 0

)

. Khi đó vectơ

AB

+

AC

có tọa độ là:

A.

(

0; 9;9 .

−

)

B.

(

0; 4; 4 .

−

)

C.

(

0; 4; 4 .

−

)

D.

(

0;9; 9 .

−

)

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

Vì

G

là trọng tâm của tam giác

3 .

0;

9 9

;

2 2 2

ABC

⇒

AM

=

AG

=





−









Vậy tọa độ vectơ

2. 2. 0;

9 9

;

(

0; 9;9 .

)

2 2





+

=



−



=

−





AB

AC

AM

Chọn A.

Câu 30. Cho hàm số

y

=

5

x có đồ thị

( )

C

.

Hàm số nào sau đây có đồ thị đối xứng với

( )

C

qua đường thẳng

y

=

x

.

A.

y

=

5 .

−x B.

y

=

log

x

.

C.

y

= −

log

x

.

D.

5 .

x

y

= −

−
Lời giải. Đồ thị hàm số x

y

=

a

và đồ thị hàm số

y

=

log

a

x

đối xứng với nhau qua đường

thẳng

y

=

x

.

Chọn B.

Câu 31. Biết M

(

1; 6−

)

là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số 3 2

2 1.

y= x +bx + + Tìm tọa độ cx

điểm cực đại của đồ thị hàm số đó.

A. N

(

2;21 .

)

B. N

(

−2;21 .

)

C. N

(

−2;11 .

)

D. N

( )

2;6 .

Lời giải. Đạo hàm 2

6 2 , 12 2 , .

y′= x + bx+c y′′= x+ b ∀ ∈ ℝ x

Điểm M

(

1; 6− là điểm cực tiểu đồ thị hàm số

)

( )

1 0 2 6

1 6 9 .

2 12 0

1 0

y b c

b

y b c

c
b

y

 ′

 =  + = −

 

   =

  

⇔ = − ⇔ + = − ⇔ = −



  

 ′′ >  + >


Khi đó, hàm số có phương trình

( )

3 2

2 3 12 1

y= f x = x + x − x+ .

Ta có

( )

2 2 1 2 21

6 6 12, 0 2 0 .

2 2 0

f
x

f x x x f x x x

x f

 − =

 = 



′ = + − ′ = ⇔ + − = ⇔ = − → ′′

− <

 

Suy ra N

(

−2;21

)

là điểm cực đại của đồ thị hàm số. Chọn B.

Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M

(

1;1;1

)

và hai đường thẳng

2 3 1

1 1 2

x y z

d − = + = −

− , 2

: 2 2

x t

d y t

z t

 = − +


 = +

 = +


. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ đi

qua điểm M vuông góc với d1 và d2.

A. : 1 1 1.

5 1 3

x− y− z−

∆ = =

− B.

1 1 1

: .

5 1 3

x+ y+ z+

∆ = =

−

C. : 1 1 1.

5 1 3

x− y− z−

∆ = =

− − D.

1 1 1

: .

5 1 3

x+ y+ z+

∆ = =

− −

Lời giải. Đường thẳng d1 có VTCP u1= −

(

1; 1;2

)

. Đường thẳng d2 có VTCP u2=

(

1;2;1 .

)

Đường thẳng cần tìm ∆ vng góc với d1 và d2 nên có một VTCP là u∆ =u u1, 1= −

(

5;1;3

)

.
Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng : 1 1 1.

5 1 3

x− y− z−

∆ = =

− Chọn A.

Câu 33. Cho hàm số f x

( )

liên tục trên ℝ và có

( )

d 3.

f x x=

∫

Tính

( )

2 d .

I f x x

−

∫

A. I =0. B. 3.
2

I= C. I= 3. D. I =6.

Lời giải. Ta có

( )

( )

1 0 1 1 1

1 1 0 0 0

2 2 2 2 2 2 2

I f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

−

− −

∫

Đặt t=2x→dt=2dx . Đổi cận: 0 0.

1 2

x t

 = → =


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

Khi đó 2

( )

0 0

I =

∫

f t dt=

∫

f x dx= Chọn C.

Nhận xét.

( )

0 1 1

1 0 0

2 2 2 2

f x dx f x dx f x dx

−

+ =

∫

là do hàm f

( )

2x là hàm chẵn.

Câu 34. Cho hàm số y= f x

( )

liên tục trên R và có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Khi đó, phương trình

(

)

1
2

f x− = − có bao nhiêu nghiệm?

A. 2. B. 0. C. 6. D. 4.

Lời giải. Trước tiên tịnh tiến đồ thị sang phải 2 đơn vị để được đồ thị hàm số y= f x

(

−2

)

.
Tiếp theo giữ phần đồ thị phía bên phải đường thẳng x= , xóa bỏ phần đồ thị phía bên trái 2

đường thẳng x= . 2

Cuối cùng lấy đối xứng phần đồ thị vừa giữ lại ở trên qua đường thẳng x= . Ta được toàn bộ 2

phần đồ thị của hàm số y= f

(

x−2 .

)

(hĩnh vẽ bên dưới)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình

(

)

1
2

f x− = − có 4 nghiệm phân biệt. Chọn D.

Câu 35. Kí hiệu

( )

4 2
1

1 2

1 3 log 2

2 log

8 x 1 1

x
f x x

 

 

= + +  −

 

 

. Giá trị của f

(

f

(

2017

)

bằng:

A. 2016. B. 1009. C. 2017. D. 1008.

Lời giải. Ta có

( )

4 2

2 2 2 2

1 1

log 2
1 log 2

2 log log

1 1 1

3 log 2 3. log 2 log 2 log 2

2
.

8 2 2 2

x
x

x x x

x

x x

x

x x x x x

x

+ +



 = = = =




 = = = =

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

Khi đó

( )

(

2

)

(

)

2 12
2

2 1 1 1 1 .

f x = x + x+ − = x+  − =x

 

Suy ra f

(

2017

)

=2017→f

(

f

(

2017

)

= f

(

2017

)

=2017. Chọn C.

Câu 36. Cho hàm số f x

( )

có đồ thị trên
đoạn

[

−1; 4

]

như hình vẽ bên. Tính tích

phân 4

( )

d .

I f x x

−
=

∫

A. 5.
2

I=
B. 11.

I=
C. I= 5.

D. I= 3.

O

-1

4

3

2

1

2 -1

y

x

Lời giải. Gọi A

(

−1;0 ,

) ( )

B 0;2 , C

( )

1;2 , D

( )

2;0 , E

(

3; 1 , −

)

F

(

4; 1 , −

)

H

( )

1;0 , K

( ) (

3;0 , L 4;0

)

Khi đó

( )

4 0 1 2 3 4

1 1 0 1 2 3

I f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

− −

∫

( )

0 1 2 3 4

1 0 1 2 3

f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

−

∫

−

∫

−

∫

(do f x

( )

≥0, ∀ ∈ −x

[

1;2

]

và f x

( )

≤0, ∀ ∈x

[

2; 4

]

)

1 1 1 5

.2.1 2.1 .2.1 .1.1 1.1

2 2 2 2

ABO OBCH HCD DKE EFLK

S S S S S

= + + − − = + + − − = . Chọn A.

Câu 37. Cho hai số thực b và c c

(

>0 .

)

Kí hiệu , A B là hai điểm của mặt phẳng phức biểu

diễn hai nghiệm phức của phương trình 2

2 0.

z + bz+ =c Trong mặt phẳng phức Oxy tìm điều ,
kiện của b và c để tam giác OAB là tam giác vuông.

A. 2
2 .

c= b B. b2= c. C. b= c. D. b2=2 .c
Lời giải. Theo định lí Viet, ta có

1 2

2
.

z z b

z z c

 + = −


 =

 và

(

)

(

)

2
2

1
2
2

2 2

1 2 1 2 1 2

4 4 4

OA z
OB z

AB z z z z z z b c

 =

 =



 = − = + − = −



Sử dụng đẳng thức, ta có

2 2 2 2

2 2 1 2 1 2 2 2

1 2

4 4

2 2 .

2 2

b b c

z z z z

z +z = + + − = + − = b + b −c

Tam giác OAB vuông tại O nên 2 2 2

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

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2b 2b c 4b c b b c b b c c 2b 0.

b c b

 = −


⇔ + − = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = >

 Chọn A.

Câu 38. Cho khối chóp .S ABC có thể tích bằng 16. Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm các
cạnh SA SB SC, , . Tính thể tích V của khối tứ diện AMNP.

A. V= 2. B. V=4. C. V= 6. D. V= 8.

Lời giải. Ta có d S MNP ,

(

)

=d A MNP ,

(

)

 nên VAMNP=VSMNP.

Mà . . 1

SMNP

SABC

V SM SN SP

V = SA SB SC = nên .

2
8

AMNP S ABC

V = V = . Chọn A.

Câu 39. Cho tam giác ABC có AB= 13cm, BC= 5cm và AC =2cm. Tính thể tích V của

khối trịn xoay được tạo thành khi quay tam giác ABC quanh trục AC.

A. 3

4 cm .

V= π B. 3

8 cm .

V= π C. 16 3

cm .
3

V= π D. 8 3

cm .
3

V= π
Lời giải. Gọi H là chân đường cao hạ từ B lên đường thẳng AC .

Dùng cơng thức Hêrơng, tính được S∆ABC = . 2

Lại có 1 . 2cm.

ABC

S∆ = AC BH →BH =

Trong tam giác vuông BHC , ta có

2 2

1cm 3cm.

CH = BC −BH = →AH=AC+CH =

● Thê tích khối nón có bán kính đáy R=BH =2cm,

chiều cao AH =3cm là 2 3
1

. 4 cm .

V = πBH AH = π

● Thê tích khối nón có bán kính đáy R=BH =2cm,

chiều cao CH =1cm là 2 2 3

1 4

. cm .

3 3

V = πBH CH = π

Vậy thể tích của khối trịn xoay cần tính 3
1 2

8
cm .
3

V = −V V = π Chọn D.
Cách 2. Dùng phương pháp tính phân.

Để cho gọn ta gắn A C, vào hệ trục tọa độ Oxy tương ứng A

( )

0;0 , C

( )

2;0 .

Do AB= 13→ ∈B đường trịn tâm A, bán kính 13; BC= 5→ ∈B đường trịn tâm C

bán kính 5. Giao hai đường tròn này ra được điểm B

( )

3;2 hoặc B

(

3; 2−

)

. Để đơn giản ta

chọn điểm B

( )

3;2 .

Từ đó thiết lập được phương trình các đường : 2
3

AB y= x và BC y: =2x−4.

Vậy thể tích cần tìm

(

)

3 2

2 3

0 0

2 4 8

2 4 4 cm .

3 3 3

V=π

∫

  x dx −π

∫

x− dx= π− π= π

Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A

(

2;0;0 ,

)

B

(

0;3;0 ,

)

và

(

0;0; 4

)

C − . Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Trong các phương trình sau, phương trình nào

là phương trình tham số của đường thẳng OH?

A.

6
4 .
3

x t

y t

z t

 =

 =−

 =−


B.

2 4 .

x t

y t

z t

 =


 = +

 =−


C.

4 .

x t
y t

z t

 =

 =

 =−


D.

4 .

1 3

x t
y t

z t

 =

 =

 = −


Lời giải. Phương trình mặt chắn

(

)

: 1

(

)

: 6 4 3 12 0.

2 3 4

x y z

ABC + − = ←→ ABC x+ y− z− =

Suy ra mặt phẳng

(

ABC

)

có một VTPT nABC =

(

6;4; 3 .−

)

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

Suy ra đường thẳng OH có một VTCP là uOH =nABC =

(

6; 4; 3 .−

)

Vậy phương trình tham số của đường thẳng OH là

4 .

x t
y t

z t

 =

 =

 =−


Chọn C.

Câu 41. Tìm các giá trị của m để hàm số 3

(

)

(

)

3 1 3 2

y=x − m+ x + m m+ x nghịch biến trên

đoạn

[ ]

0;1 ?

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

Lời giải. Đạo hàm 2

(

)

(

)

(

)

(

)

3 6 1 3 2 3. 2 1 2 .

y′ = x − m+ x+ m m+ = x − m+ x+m m+ 

Ta có

(

)

(

)

' m 1 m m 2 1 0, m

∆ = + − + = > ∀ ∈ ℝ .

Do đó y ′= ln có hai nghiệm phân biệt 0 .
2

x m
x m

 =


 = +


Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, để hàm số nghịch biến trên

[ ]

0;1←→

[ ] [

0;1⊂ m m; + 2

]

1 0.

2 1

m

m
m

 ≤


⇔ + ≥ ⇔ − ≤ ≤

 Chọn C.

Câu 42. Cho hàm số y= f x

( )

xác định và liên tục trên

ℝ, có đồ thị hàm số f′

( )

x như hình vẽ. Xác định điểm

cực tiểu của hàm số g x

( )

= f x

( )

+ x.

A. Khơng có điểm cực tiểu. B. x= 0.

C. x= 1. D. x= 2.

Lời giải. Xét hàm số g x

( )

= f x

( )

+ trên x ℝ, ta có g x′

( )

=f′

( )

x + ∀ ∈1; x ℝ.
Dựa vào đồ thị hàm số f′

( )

x , ta thấy đồ thị hàm số g x′

( )

là đồ

thị hàm số f′

( )

x tịnh tiến lên trên trục Oy một đơn vị (hình

bên), khi đó

● g x′

( )

không đổi dấu khi đi qua điểm x= suy ra 0 x= 0
không là điểm trị của hàm số.

● g x′

( )

đổi dấu từ − sang + khi đi qua điểm x=1 suy ra
1

x= là điểm cực tiểu của hàm số.

● g x′

( )

đổi dấu từ + sang − khi đi qua điểm x=2 suy ra
2

x= là điểm cực đại của hàm số.

Chọn C.

Câu 43. Phương trình 2

(

)

3 5

log x − 2x =log x − 2x+2 có tất cả bao nhiêu nghiệm?

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

Lời giải. Đặt 2
2

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

Đặt 3 5

(

)

log log 2 5 2 3

2 5

a

a a

a

t

t t a

t

 =


= + = ⇒ + = ⇒ − =



( )

5 3 2 1

5 2 3

5 2 3 5 3 2 2

a a

a a a a



 − = −  + =


⇔ ⇒ 

− = = +

 

 

● Phương trình

( )

1 . Xét hàm

( )

5a 3a

f a = + , ta có '

( )

5 ln 5a 3 ln 3a 0

(

)

f a = + > ∀ ∈ ℝa nên hàm

số f a

( )

đồng biến trên ℝ.

Mặt khác f

( )

0 =2 do đó phương trình f a

( )

=2 có một nghiệm duy nhất a= → = − 0 t 1.
Suy ra 2

2 1

x − x= − : vơ nghiệm.

● Phương trình

( )

2 3 2. 1 1

5 5

a a

   

 

⇔  +   = .

Xét hàm

( )

3 2. 1

5 5

a a

g a =    +    có '

( )

3 ln3 2. 1 ln1 0

(

)

5 5 5 5

a a

g a =    +    < ∀ ∈a ℝ nên hàm số g a

( )

nghịch biến trên ℝ do đó phương trình g a

( )

= ⇔1 g a

( )

=g

( )

1 ⇔ = → = a 1 t 3.
Suy ra 2

2 3

x − x= : phương trình có hai nghiệm phân biệt. Chọn B.
Câu 44. Cho số thực a≠ , đặt 0

(

)

1
d
2

a

x
a

b x

a x e

−
=

∫

. Tính

d
3

a x
e

I x

a x

=
−

∫

theo a và b .

A. I ba.

e

= B. .

a
b
I

e

= C. . .a

I =b e D. .

b
a
I

e

Lời giải. Đặt 3a x 2a t dx dt.

x a t

 = −

− = + → = −

 Đổi cận:
0

x t a

x a t a

 = → =


 = → =−


Khi đó

(

)

(

)

(

)

(

)

1 1

. . .

2 2 2

a a t a a

a a a

t t

a a a

e

I dt e dt e dt e b

a t a t e a t e

− − −

−

= − = − = =

+ + +

∫

. Chọn C.

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A

(

0; 1;3 ,−

)

B

(

− − −2; 8; 4 ,

)

(

2; 1;1

)

C − và mặt cầu

( ) (

S : x−1

) (

2+ −y 2

) (

2+ −z 3

)

2=14. Gọi M x

(

M;yM;zM

)

là điểm trên

( )

S

sao cho biểu thức 3MA−2MB+MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P=xM+yM.

A. P=0. B. P= 14. C. P=6. D. P=3 14.

Lời giải. Mặt cầu

( )

S có tâm I

(

1;2;3 .

)

Ta có 3MA−2MB+MC=3

(

MK+KA

) (

−2 MK+KB

) (

+ MK+KC

)

(

)

2MK 3KA 2KB KC

= + − + với K là điểm tùy ý.

Chọn K sao cho 3KA−2KB+KC= 0 →K

(

3;6;9

)

cố định.

Khi đó 3MA−2MB+MC = 2MK =2MK. Để 3MA−2MB+MC khi và chỉ khi MK nhỏ

nhất. Lại có M∈

( )

S nên M là giao điểm của IK với mặt cầu

( )

S .

Đường thẳng : 1 2 3

1 2 3

x y z

IK − = − = − .

Tọa độ giao điểm M là nghiệm của hệ

(

) (

)

(

)

(

)

2 2 2

1 2 3 14 2; 4;6

1 2 3 0;0;0

1 2 3

x y z M

 − + − + − =

 

 →

 − − − 

 = =

 



Ta có M K1 = 14, M K2 =3 14. Vậy ta chọn điểm M1

(

2; 4;6

)

→ =P xM+yM =6. Chọn C.

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

Câu 46. Một bồn hình trụ chứa dầu được đặt nằm ngang, có

chiều dài 5m, bán kính đáy 1m, với nắp bồn đặt trên mặt nằm
ngang của mặt trụ. Người ta rút dầu trong bồn tương ứng với
0,5m của đường kính đáy. Tính thể tích gần đúng nhất của
khối dầu còn lại trong bồn.

A. 11,781 3

m . B. 12,637 3

m .

C. 1 3

14,923 m . D. 3

8,307 m .

Lời giải. Thể tích của bồn (hình trụ) đựng dầu là: 2 2 3
1 .1 .5 5 m .

V =πr h=π = π

Bây giờ ta tính phần dầu bị rút ra bằng 2 cách:

Cách 1. (Dùng tích phân)

Chọn hệ tục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ gắn
với tâm của mặt đáy.

Đường tròn đáy có bán kính bằng 1 nên có
phương trình 2 2

x +y = .

Suy ra 2

y= ± −x .

Diện tích phần hình trịn đáy bị mất
1

2 2

1
2

2 1 0, 61m .

S=

∫

−x dx≈

Thể tích phần dầu bị rút ra ngồi
1

2 3

1
2

2 1 5 3,07m

V = × =S h

∫

−x dx× ≈ .

Vậy thể tích của khối dầu còn lại trong bồn: 3

1 2 12,637m .

V=V −V ≈ Chọn B.

Cách 2. (Áp dụng diện tích cung trịn khi biết góc ở tâm trừ đi diện tích tam giác tạo bởi tâm

và 2 đầu mút dây cung)

(

)

2 2

1 1 1

. . .sin sin

2 2 2

viên phân

S = R α− R R α= R α− α

với α tính theo đơn vị radian.

Tính góc ở tâm: cos 1 2 .

2 2 2 3 3

OH OH
OA R

α α π π

α

= = = → = ⇒ =

Diện tích phần hình trịn đáy bị mất (phần bơi đen)

(

)

2 2 2

1 1 2 2

sin .1 . sin 0,61m .

2 2 3 3

viên phân

S = R α− α =  π− π≈



Câu 47. Cho các số phức z thỏa mãn z =1. Gọi M m, lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P= + +z 1 2z−1. Khi đó:

A. M =3 5, m= 2. B. M =3 5, m=4.

C. M =2 5, m=2. D. M =2 10, m=2.

Lời giải. Đặt z= +x yi x y

(

; ∈ ℝ

)

Từ 2 2

1 1.

z = →x +y = Suy ra x∈ −

[

1;1.

]

Ta có

(

)

2 2

(

)

2 2

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

P= + +z z− = x+ +y + x− +y = x+ + − x+

Xét hàm f x

( )

= 2x+ +2 2 −2x+ trên đoạn [2 −1;1

]

, ta được

[ 1;1]

( )

[ 1;1]

( )

max 2 5 & min 1 2.
5

f x f f x f

−
−

 


= − = = =

Chọn C.

H

B
A

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

Cách 2. Công thức giải nhanh được xây dựng trên bài tốn hình học''Cho hai điểm cố định

A B. Điểm M di động trên nửa đường trịn đường kính AB. Trên tia đối MA lấy điểm P 
sao cho MP=kMB. Gọi K là điểm nằm cùng phía với M đối với đường thẳng AB sao cho

AK ⊥AB và AK=KAB. Khi đó P nằm trên nửa đường trịn đường kính BK ''.

Chứng minh. Ta có ∆BMP∼∆BAK c

(

− − g c

)

→BPA=BKA→ tứ giác BPKA nội tiếp

hay P nằm trên nửa đường trịn đường kính BK.
Khi đó biểu thức P=MA+kMB=AP.

Do đó Pmax khi APmax tức AP là đường kính hay

max . 1;

P =BK=AB k + Pmin=AB.

Câu 48. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C . Gọi H là trung

điểm AB . Biết rằng SH vng góc với mặt phẳng

(

ABC

)

và AB=SH= Tính cosin của góc a.

α tọa bởi hai mặt phẳng

(

SAB

)

và (SAC

)

A. cos 1.
3

α= B. cos 2.
3

α= C. cos 3.
3

α= D. cos 2.
3

α=
Lời giải. Ta có SH ⊥

(

ABC

)

⇒SH ⊥CH.

( )

Tam giác ABC cân tại C nên CH ⊥AB.

( )

Từ

( )

1 và

( )

2 , suy ra CH ⊥

(

SAB

)

Gọi I là trung điểm AC

BC AC

HI BC ⊥ HI AC

→ → ⊥ .

( )

Mặt khác AC⊥SH (do SH ⊥

(

ABC

)

( )

Từ

( )

3 và ( )4 , suy ra AC⊥

(

SHI

)

Kẻ HK⊥SI

(

K∈SI

)

( )

Từ AC⊥

(

SHI

)

⇒AC⊥HK.

( )

Từ

( )

5 và

( )

6 , suy ra HK⊥

(

SAC

)

Vì

(

)

(

)

HK SAC
HC SAB

 ⊥



 ⊥

 nên góc giữa hai mặt phẳng

(

SAC

)

và

(

SAB

)

bằng góc giữa hai đường thẳng

HK và HC.

Xét tam giác CHK vng tại K, có 1

2 2

a

CH = AB= ; 12 12 12

a
HK
HK =SH +HI ⇒ = .

Do đó cos 2.

HK
CHK

CH

= = Chọn D.

Nhận xét. Bài làm sử dụng lý thuyết ''

( )

( ) ( )

1 2
2

, ,

d

d d
d

α

α β
β

 ⊥

 ⇒ =

 ⊥

 ''. Nếu ta sử dụng lý thuyết

quen thuộc ''góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt nằm trong hai

mặt phẳng và cùng vng góc với giao tuyến'' thì rất khó.

Câu 49. Bác An muốn làm một thùng chứa nước hình trụ (như hình vẽ) có thể tích 3

1m sao

cho chi phí vật liệu làm thùng là ít nhất. Mặt bên, đáy và nắp thùng được làm từ cùng một
loại vật liệu. Biết rằng mặt bên được làm từ một miếng vật liệu hình chữ nhật uốn lại thành
hình trụ và được thực hiện khơng có lãng phí; mặt đáy và nắp được làm từ hai tấm vật liệu
hình vng bằng nhau và ngoại tiếp đường trịn đáy của hình trụ tạo bởi tấm vật liệu hình
chữ nhật kia. Giá tiền để mua 2

1m vật liệu là 300 nghìn đồng. Số tiền bác An mua vật liệu là:

S

K

I 
H

C

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

A. 1.200.000 (đồng). B. 1.600.000 (đồng).

C. 1.800.000 (đồng). D. 2.000.000 (đồng).

Lời giải. Gọi h là chiều cao, r là bán kính đường trịn đáy của thùng hình trụ. Suy ra

● Đáy và nắp thùng làm từ hai tấm vật liệu hình vng có kích thước cạnh bằng 2r 
→ tổng diện tích hai đáy

( )

2 2

1 2 2 8 .

S = r = r

● Thùng có thể tích 3

1m nên ta có phương trình r h2. 1 h 12.

r
π

π

= → =

● Chiều rộng của tấm vật liệu hình chữ nhật đúng bằng chu vi đường tròn đáy 2 rπ , suy ra

diện tích tấm vật liệu hình chữ nhật là S2 2 r h. 2 r. 12 2.

r
r

π π

π

= = =

→ Diện tích tồn phần của thùng hình trụ là 2

1 2

8 .

S S S r

r

= = = +

Do cả mặt bên và hai đáy làm cùng một vật liệu và giá thành mua vật liệu như nhau nên để
chi phí vật liệu làm thùng là ít nhất thì ta cần diện tích tồn phần của thùng nhỏ nhất.
Xét hàm

( )

2 2

f r r
r

= + với r> , ta có 0

(0; )

( )

min 6.

f r f

+∞ =    =

Vậy số tiền bác An mua vật liệu là: 6 300.000× =1.800.000(đồng). Chọn C.

Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

( ) (

) (

)

: 2 2 2 12

S x− + −y + −z = và điểm A

(

4;4;0

)

. Gọi B là điểm thuộc mặt cầu

( )

S . Diện

tích tam giác OAB có giá trị lớn nhất bằng:

A. 6. B. 8 3. C. 4

(

6+ 2 .

)

D. 8

(

3+ 2 .

)

Lời giải. Ta có O

(

0;0;0

) ( )

∈ S và OA=4 2 khơng đổi.

Do đó để S∆OAB lớn nhất ↔d B OA

[

]

lớn nhất.

Gọi M là trung điểm OA, I là tâm mặt cầu

( )

S .

Ta có 2 2 2

4 2.

IM =IA −AM = →IM=

Ta có d B OA

[

]

≤MB≤MI+IB=MI+ = +R 2 2 3.

Dấu ''='' xảy ra khi M I B, , thẳng hàng.

Khi đó max 14 2. 2

(

2 3

) (

4 6 2 .

)

OAB

</div>

Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán năm 2017 mã vip 06 | 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>

ĐỀ VIP 08 Thời gian làm bài: 90 phút

2

.

1

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

− +

=

+

2

.

1

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

− −

=

+

2

.

1

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

− −

=

−

2

.

1

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

− +

=

−

(

)

3

'

0

1

−

=

<

+

<i>y</i>

<i>x</i>

(

<i>iz</i>

−

1

)(

<i>z</i>

+

3

<i>i</i>

)(

<i>z</i>

− +

2 3

<i>i</i>

)

=

0

3

.

2 3

= −





<sub>= −</sub>





<sub>= +</sub>