Đề thi thử THPT quốc gia

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (918.57 KB, 17 trang )

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

WWW.DAYHOCTOAN.VN

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2017

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài thi: TỐN

(Đề thi có 06 trang) Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề 
Họ, tên thí sinh:………

Số báo danh:………

Câu 1: [2D1-1] Cho hàm số y f x

 

có bảng xét dấu đạo hàm như sau

Mệnh đề nào dưới đây đúng ?

A. Hàm số đồng biến trên khoảng



2; 0



.
B. Hàm số đồng biến trên khoảng



; 0



.
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng

 

0; 2 .
D. Hàm số đồng biến trên khoảng



 ; 2



Lời giải 
Chọn C.

Dễ thấy mệnh đề hàm số nghịch biến trên khoảng

 

0; 2 đúng.

Câu 2: [2H3-1] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu

 

S : x2



y2

 

2 z 2



2 8.
Tính bán kính R của

 

S .

A. R8. B. R4. C. R2 2. D. R64.
Lời giải

Chọn C.

Phương trình mặt cầu tổng quát:



 



2 2

2 2

x a  y b  z c R  R .

Câu 3: [2H3-1] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A



1;1; 0



và B



0;1; 2



. Vectơ nào
dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB.

A. b 



1;0; 2



. B. c



1; 2; 2



. C. d 



1;1; 2



. D. a 



1;0; 2



.
Lời giải

Chọn A.

Ta có AB 



1;0; 2



suy ra đường thẳng AB có VTCP là b 



1;0; 2



.
Câu 4: [2D4-1] Cho số phức z 2 i. Tính z .

A. z 3. B. z 5. C. z 2. D. z  5.

Lời giải 
Chọn D.

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

WWW.DAYHOCTOAN.VN 
Ta có z  22 1 5.

Câu 5: [2D2-1] Tìm nghiệm của phương trình log2



x 5



A. x21. B. x3. C. x11. D. x13.

Lời giải

Chọn A.

Điều kiện: x5.

Phương trình log2



x    5



4 x 5 16 x 21.

Câu 6: [2D1-1] Đường cong hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây. Hàm số đó là hàm
số nào ?

A.yx33x2. 
B. yx4x21. 
C.yx4x21.
D.y  x3 3x2.

Lời giải 
Chọn A

Đồ thị hình bên là đồ thị hàm số bậc ba có hệ số a0 nên chỉ có đáp án A thỏa mãn điều kiện
trên.

Câu 7: [2D1-1] Hàm số 2 3
1
x
y

x



 có bao nhiêu điểm cực trị ?

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

Lời giải 
Chọn B.

Có





2
1

0, 1

y x

x


     

 nên hàm số khơng có cực trị.

Câu 8: [2D2-1] Cho a là số thực dương tùy ý khác 1 . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A.log2alog 2.a B. 2

log .

log

a

 C.log2 1 .

log 2a

a D.log2a log 2.a

Lời giải 
Chọn C.

Câu 9: [2D3-1] Tìm nguyên hàm của hàm số f x

 

7x.

A.



7 dx x7 ln 7x C. B. 7 d 7 .

ln 7

x
x

x C



C.



7 dx x7x1C. D.

1
7

7 d .

x
x

x C

x


 





Lời giải 
Chọn B.

x
y

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

WWW.DAYHOCTOAN.VN

Câu 10: [2D4-1] Tìm số phức z thỏa mãn z   2 3i 3 2i.

A.z 1 5i. B.z 1 i. C.z 5 5i. D.z 1 i.
Lời giải

Chọn B.

2 3 3 2

z   i i       z 3 2i 2 3i 1 i.

Câu 11: [2D2-2] Tìm tập xác định D của hàm số y



x2 x 2



3.

A. D. B. D



0;



C. D   



; 1

 

2;



. D. D\



1; 2



.
Lời giải

Chọn D.

Vì 3  nên hàm số xác định khi 2 2 0 1
2
x
x x

x
 


     

 . Vậy D\



1; 2



Câu 12: [2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm M



2;3; 1



, N



1;1;1



và



1; 1; 2



P m . Tìm m để tam giác MNP vuông tại N .

A. m 6. B. m0. C. m 4. D. m2.

Lời giải 
Chọn B.



3; 2; 2



MN   


; NP



2;m2;1



Tam giác MNP vuông tại N MN NP .    0 6 2



m        2



2 0 m 2 2 m 0.
Câu 13: [2D4-2] Cho số phức z1 1 2 ,i z2   3 i. Tìm điểm biểu diễn của số phức z z1 z2 trên

mặt phẳng tọa độ.

A. N



4; 3



. B. M



2; 5



. C. P



 2; 1



. D. Q



1;7



.
Lời giải

Chọn C.



 



1 2 1 2 3 2

z z z   i      i i. Vậy điểm biểu diễn z là P



 2; 1



.
Câu 14: [2D3-2] Cho hình phẳng D giới hạn với đường cong 2

y x  , trục hoành và các đường
thẳng x0,x1. Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hồnh có thể tích V bằng
bao nhiêu?

A. 4

V   . B.V 2 . C. 4

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

WWW.DAYHOCTOAN.VN 
Chọn A.

Thể tích khối trịn xoay được tính theo công thức:









1 2 1 3

2 2

0 0 0

1 1

3 3

x

V  x  dx x  dx x  

 



Câu 15: [2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M



1; 2;3



. Gọi M M1, 2 lần lượt là
hình chiếu vng góc của M lên các trục Ox Oy, . Vectơ nào dưới đây là một vecto chỉ phương
của đường thẳng M M1 2?

A. u2 



1; 2;0



. B. u3 



1;0;0



. C. u4  



1; 2;0



. D. u1 



0; 2;0



.
Lời giải

Chọn C. 
1

M là hình chiếu của M lên trục OxM1



1;0;0



.
2

M là hình chiếu của M lên trục OyM2



0; 2;0



.
Khi đó: M M1 2  



1; 2;0





là một vecto chỉ phương của M M1 2.

Câu 16: [2D1-2] Đồ thị hàm số 2 2

x
y

x




 có mấy tiệm cận.

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

Lời giải 
Chọn D.

Ta có x2    4 0 x 2

2 1

lim

4 4

x

x
x




  

  

  nên x2 không phải là tiệm cân đứng.

2
2

2
lim

4
x

x
x






   

  

  nên x 2 là tiệm cân đứng.

lim 0

4
x

x
x




  

  

  nên y0 là tiệm cận ngang.
Vậy có đồ thị có hai tiệm cận.

Câu 17: [2D4-2] Kí hiệu z z1, 2 là hai nghiệm của phương trình z2 4 0. Gọi M N, lần lượt là điểm
biểu diển của z z1, 2trên mặt phẳng tọa độ. Tính TOMON với O là gốc tọa độ.

A. T  2. B. T 2. C. T 8. D. 4 .

Lời giải 
Chon D.

Ta có: 2 1

2
2
4 0

z i

z

Z i
 


    



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

WWW.DAYHOCTOAN.VN

Câu 18: [2H1-1] Cho hình nón có bán kính đáy r 3 và độ dài đường sinh l4. Tính diện tích xung
quanh của hình nón đã cho.

A. Sxq 12. B. Sxq 4 3. C. Sxq  39. D. Sxq 8 3.

Lời giải 
Chọn B.

Diện tích xung quanh của hình nón là: Sxq rl4 3.

Câu 19: [2D2-1] Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình 3x m có nghiệm thực.

A. m1. B. m0 C. m0 D. m0

Lời giải 
Chọn C.

Để phương trình 3x mcó nghiệm thực thì m0.
Câu 20: [2D1-2] Tìm giá trị nhỏ nhất mcủa hàm số 2 2

y x
x

  trên đoạn 1; 2
2

 

 

 .
A. 17

m . B. m10. C. m5. D.m3

Lời giải 
Chọn D.

Đặt

 

2 2

y f x x

x

  

Ta có

2 2

2 2 2

2 x

y x

x x



    , y   0 x 1

Suy ra

 

1 3, 1 17,

 

2 5

2 4

f  f    f 

 

Vậy

 

1
;2
2

min 3

m f x

 
 
 

  .

Câu 21: [2D1-1] Cho hàm số 2

2 1

y x  . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. Hàm số nghịch biến trên khoảng



1;1



. B. Hàm số đồng biến trên khoảng



0;



.
C. Hàm số đồng biến trên khoảng



; 0



. D. Hàm số nghịch biến trên khoảng



0;



Lời giải 
Chọn B.

Ta có D,

2 1

x
y

x

 

 . Hàm số nghịch biến trên khoảng



; 0



và đồng biến trên
khoảng



0;



Câu 22: [2H3-1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình mặt

phẳng đi qua điểm M



1; 2; 3



và có một vectơ pháp tuyến n



1; 2;3



?
A. x2y3z120. B.x2y3z 6 0.
C. x2y3z120. D. x2y3z 6 0.

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

WWW.DAYHOCTOAN.VN

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M



1; 2; 3



và có một vectơ pháp tuyến n



1; 2;3



là

 

2 3 1.1 2.2 3. 3 0

x y z     hay x2y3z120.

Câu 23: [2H1-2] Cho hình bát diện đều cạnh a. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó.
Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. 2

4 3

S  a . B. 2

S  a . C. 2

2 3

S  a . D. 2

S  a .
 Lời giải

Chọn C.

Ta có mỗi mặt của hình bát diện đều cạnh a là tam giác đều cạnh a. Suy ra
2

8. 2 3

a

S  a .

Câu 24: [2D1-1] Cho hàm số

4 2

y  x x có đồ thị như hình bên.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

4 2

x x m

   có bốn nghiệm thực phân biệt.
A. m0. B. 0 m 1.

C. 0 m 1 D. m1.

Lời giải 
Chọn C.

Số nghiệm thực của phương trình 4 2

x x m

   chính là
số giao điểm của đồ thị hàm số 4 2

y  x x và đường thẳng ym.
Dựa vào đồ thị suy ra 4 2

x x m

   có bốn nghiệm thực phân biệt khi 0 m 1.

Câu 25: [2D3-1] Cho

 

d 5

f x x







. Tính

 

2sin d

I f x x x







   .

A. I 7. B. 5

I  . C. I 3. D. I   . 5

Lời giải 
Chọn A.

Ta có

 

2 2 2

0 0 0

2sin d d 2sin d 5 2 7

I f x x x f x x x x

  





   







   .

Câu 26: [2D2-1] Tìm tập xác định D của hàm số ylog3



x24x3



A. D



2 2;1

 

 3; 2 2



. B. D

 

1;3 .

C. D  



 

3;



. D. D  



; 2 2

 

 2 2;



.
Lời giải

Chọn C.

Điều kiện 2 1

4 3 0

3
x
x x

x



    


 .

x

y

1
-1

0

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

WWW.DAYHOCTOAN.VN

Câu 27: [2H1-2] Cho khối chóp tam giác đều S ABC. có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Tính
thể tích V của khối chóp S ABC.

A.

3
13

12
a

V  . B.

3
11
12
a

V  . C.

3
11

6
a

V  . D.

3
11

4
a
V  .
Lời giải

Chọn B.

O
I

A C

B
S

Do đáy là tam giác đều nên gọi I là trung điểm cạnh BC, khi đó AI là đường cao của tam
giác đáy. Theo định lý Pitago ta có

2 3

4 2

a a

AI  a   , và 2 2 3 3

3 3.2 3

a a

AO AI   .
Trong tam giác SOA vng tại O ta có

2 11

3 3

a a

SO a  

Vậy thể tích khối chóp S ABC. là

1 1 3 11 11

. .

3 2 2 3 12

a a a

V  a  .

Câu 28: [2D3-2] Tìm nguyên hàm F x

 

của hàm số f x

 

sinxcosx thoả mãn 2
2
F   

 

A. F x

 

cosxsinx3. B. F x

 

 cosxsinx3.

C. F x

 

 cosxsinx1. D. F x

 

 cosxsinx1.
Lời giải

Chọn D.

Có F x

 





f x x

 

d 





sinxcosx x



d  cosxsinx C

Do cos sin 2 1 2 1

2 2 2

F              C C C

  .

Câu 29: [2D2-1] Với mọi a b x, , là các số thực dương thoả mãn log2 x5log2a3log2b. Mệnh đề
nào dưới đây đúng ?

A. x3a5b. B. x5a3b. C. xa5b3. D. xa b5 3.
Lời giải

Chọn D.

Có log2x5log2a3log2blog2a5log2b3 log2a b5 3  x a b5 3.

Câu 30: [2H1-2] Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình chữ nhật với AB3a, BC4a, SA12a và

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

WWW.DAYHOCTOAN.VN

A. 5

a

R . B. 17

a

R . C. 13

a

R . D. R6a.
Lời giải

Chọn C.

12a

4a
3a

I

O

C

A D

B

S

Có AC5a. Gọi O là tâm đáy nên . Từ O dựng đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng
đáy. Gọi I  d SC. Dễ chứng minh I chính là tâm cầu và I là trung điểm của SC.

Có 2 2 2

144 25 169 13

SC a  a  a  a. Vậy 13

a
R .

Câu 31: [2D2-3] Tìm giá trị thực của tham số m để phương trình 9x2.3x1 m 0 có hai nghiệm thực
1

x , x2 thỏa mãn x1x2 1.

A. m6. B. m 3. C. m3. D. m1.

Lời giải 
Chọn C.

Ta có 9x2.3x1 m 0 32x6.3x m 0.

Phương trình có hai nghiệm thực x1, x2 thỏa mãn x1x2 13x1x2 33 .3x1 x2 3.

Theo đề bài ta có 33 .3x1 x2 m.

Câu 32: [2H2-3] Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có AD8,

CD , AC 12. Tính diện tích tồn phần Stp của hình trụ
có hai đường trịn đáy là hai đường tròn ngoại tiếp hình chữ
nhật ABCD và A B C D   .

A. Stp 576 . B. Stp 10 2 11 5







.
B. Stp 26 . D. Stp 5 4 11 4







.

Lời giải 
Chọn B.

Ta có: A C   AD2CD2 10, AA AC2A C 2 2 11.
Hình trụ có : bán kính đáy 1 5

R A C  , đường sinh, chiều cao l h A A2 11.

A B

D C

A B

D C

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

WWW.DAYHOCTOAN.VN





2 2 10 2 11 5 .

tp

S  Rl R  

Câu 33: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A



1; 1; 2



, B



1; 2; 3



và
đường thẳng : 1 2 1.

1 1 2

x y z

d      Tìm điểm M a b c



; ;



thuộc d sao cho

2 2

MA MB  , biết c0.

A. M



1; 0; 3 .



B. M



2; 3; 3 .



C. 1; 7; 2 .

6 6 3

M  

  D.

1 7 2

; ; .

6 6 3

M   

 

Lời giải 
Chọn C.

Ta có : Md nên  t :M



1t; 2t; 1 2 t



2 2

MA MB 

  

 

   

2 2



3 1 2 2 2 2 28

t t t t t t

              

12t 2t 10 0

   

1
5
6
t

t





  


Với t1, ta có M



2;3;3



(loại do c0).
Với 5

t  , ta có 1 7; ; 2

6 6 3

M  

  (nhận).

Câu 34: [2D3-3] Một vật chuyển động theo quy luật 1 3 6 2
3

s  t  t với t (giây) là khoảng thời gian
tính từ khi vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật di chuyển được trong
khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 9 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động, vận tốc
lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu ?

A. 144 (m/s). B. 36 (m/s). C. 243 (m/s). D. 27 (m/s).
Lời giải

Chọn B

Ta có : v   s t2 12t.

2 12

v   t , v   0 t 6

BBT

t
v

v

0 6 9

0 



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

WWW.DAYHOCTOAN.VN

Câu 35: [2D3-4] Một người chạy trong thời gian 1 giờ, vận tốc v (km/h) phụ thuộc vào thời gian t (h)
có đồ thị là một phần parabol với đỉnh 1; 8

I 

  và trục đối xứng song song với trục tung như
hình bên. Tính quảng đường s người đó chạy được trong khoảng thời gian 45 phút, kể từ khi
chạy.

A. s4 (km). B. s2,3 (km). C. s4,5 (km). D. s5,3 (km).
Lời giải

Chọn C.

Gọi parabol là

 

P :yax2bx c . Từ hình vẽ ta có

 

P đi qua O



0; 0



, A



1; 0



và điểm

1
; 8
2

I 

 .

Suy ra

0 32

0 32 .

0
8

4 2

c a

a b c b

a b c

c



    

     

 

  


   


Vậy

 

P :y 32x232x.

Quảng đường người đó đi được là





32 32 d 4,5

s 



x  x x (km)

Câu 36: [2D4-3] Cho số phức z thỏa mãn | | 5z  và |z   3 | |z 3 10 |i . Tìm só phức w  z 4 3 .i

A. w  3 8 .i B. w 1 3 .i C. w  1 7 .i D. w  4 8 .i

Lời giải 
Chọn D.

, ( , )

z x yi x y . Theo đề bài ta có

2 2

x y  và (x3)2y2 (x3)2(y10)2.

Giải hệ phương trình trên ta được x0;y5. Vậy z5i. Từ đó ta có w  4 8i

Câu 37: [2D1-3] Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d y: (2m1)x 3 m vng góc
với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số yx33x21.

A. 3.
2

m B. 3.

m C. 1.

m  D. 1.

m

Lời giải 
Chọn B.

O t

v

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

WWW.DAYHOCTOAN.VN

Ta có y 6x26x. Từ đó ta có tọa độ hai điểm cực trị A(0;1), (1; 1)B  . Đường thẳng qua hai

điểm cực trị có phương trình y  2x 1. Đường thẳng này vng góc với đường thẳng

(2 1) 3

y m x m khi và chỉ khi (2 1)( 2) 1 3
4

m     m .

Câu 38: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, phương trình nào dưới đây là phương trình

mặt cầu đi qua ba điểm M(2;3;3), N(2; 1; 1),  P( 2; 1;3)  và có tâm thuộc mặt phẳng

( ) : 2 x3y  z 2 0.

A. x2y2z22x2y2z100. B. x2y2z24x2y6z 2 0.

C. x2y2z24x2y6z 2 0. D. x2y2z22x2y2z 2 0.

Lời giải 
Chọn B.

Giả sử phương trình mặt cầu

 

S có dạng x2y2z22ax3by2cz d 0.

Vì mặt cầu

 

S đi qua 3 điểm M



2;3;3 ,

 

N 2; 1; 1 , 

 

P  2; 1;3



và có tâm I thuộc mp P

 

nên ta có hệ phương trình

4 6 6 22

4 2 2 6

4 2 6 14

2 3 2

a b c d
a b c d

a b c d
a b c

   

   

    

   

Giải HPT này ta đượca2,b 1,c3,d 4.

Câu 39: [2H1-3] Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác cân với


, 120

ABACa BAC . Mặt phẳng (AB C ) tạo với đáy một góc 60. Tính thể tích V của
khối lăng trụ đã cho

A.

3
3

8
a

V  . B.

3
9

8
a

V  . C.

8
a

V  . D.

3
3

4
a
V  .
Lời giải

Chọn A.

Ta có diện tích đáy

1 3

. .sin120

2 4

A B C

a
S    a a   .

Gọi I là trung điểm của B C  ta có góc AIA  60 .

Xét tam giác A IB  có

a

A I  . Từ đó trong tam giác vng AIA có tan 60 3
2

a
AAA I   .

Vậy thể tích

2 3

3 3 3

4 2 8

a a a

V   .

Câu 40: [2D2-1] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số 2

ln( 2 1)

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

WWW.DAYHOCTOAN.VN

A. m0. B. 0 m 3. C. m 1 hoặc m0. D. m0.
Lời giải

Chọn D.

Để hàm số có tâp xác định  khi và chỉ khi x22x m      1 0, x  m 0.

Câu 41: [2D1-3] Cho hàm số y mx 4m
x m




 vớ i m là tham số. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên
của m để hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. Tìm số phần tử của S.

A. 5. B. 4 . C. Vô số. D. 3.

Lời giải 
Chọn D.

 

\
D m ;





2
2
4

m m

y

x m

 



Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định khi y   0, x D m24m0  0 m 4

Mà m nên có 3 giá trị thỏa.

Câu 42: [2D3-2] Cho

 

12

F x
x

 là một nguyên hàm của h àm số f x

 

x . Tìm nguyên hàm của hàm số

 

f x x.

A.

 

ln d ln2 12
2

x

f x x x C

x x

 

    

 



. B. f

 

x ln dx x ln2x 12 C

x x

   



C. f

 

x ln dx x ln2x 12 C

x x

 

    

 



. D.

 

ln d ln2 12

x

f x x x C

x x

   



Lời giải 
Chọn A.

Ta có:

 

2
1
d

2
f x

x
x  x



chọn f x

 

21
x




Đặt u lnx du 1dx
x

  

 

dv f x dx v f x

 

2 2

ln 1

ln d

x

f x x x C

x x

 

    

 



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

WWW.DAYHOCTOAN.VN 
A.
3
27
log 9
2
x

y  

   

 

   

   

  . B.

27
log

2
x

y  

 
 
 
 
 
C.
3
27
log 9

2
x

y  

   

 

   

   

  . D.

27
log

2
x

y  

 
 
 
 
  .

Lời giải 
Chọn D. 
3
27
log x
y
 
 
 

  27 27

log 3log

2 x y

  1log3 log3

2 x y  2

    .

Câu 44: [2H3-2] Cho mặt cầu

 

S tâm O, bán kính R3. Mặt phẳng

 

P cách O mợt khoảng bằng 1
và cắt

 

S theo giao tuyến là đường tròn

 

C có tâm H. Gọi T là giao điểm của tia HO vớ i

 

S , tính thể tích V của khối nón có đỉnh T và đáy là hình tròn

 

C .

A. 32

V   . B.V 16. C. 16
3

V   . D. V 32.
Lời giải

Chọn A.

Gọi r là bán kính đường trịn

 

C
Ta có: 2 2 2

r R OH 

1 3 4

HTHO OT   

Suy ra: ´ 1. .   1.4. .8 32

3 3 3

no n C

V  HT S     .

Câu 45: [2D1-4] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số yx33mx24m3 có
hai điểm cực tri ̣ A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 4 vớ i O là gốc tọa độ.
A.

4
1

2
m  ;

4
1

m . B. m 1;m1.

C. m1. D. m0.

Lời giải 
Chọn B.

3 6

y  x  mx

0 3 6 0

y   x  mx

0 4

2 0

x y m

x m y

   

    



Đồ thị của hàm số có hai điểm cực trị





0; 4

A m và B



2 ;0m





m0



(C)

R=3

T

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

WWW.DAYHOCTOAN.VN

4
OAB

S  4m4    4 m 1.

Câu 46: [2D2-4] Xét các số nguyên dương a b, sao cho phương trình aln2 x b lnx 5 0 có hai
nghiệm phân biệt x1, x2 và phương trình 5log2x b logx a 0 có hai nghiệm phân biệt

x x4 thỏa mãnx x1 2 x x3 4. Tính giá trị nhỏ nhất Smin của S2a3b.

A. Smin 30. B. Smin 25. C. Smin 33. D. Smin 17.
Lời giải

Chọn A

Điều kiện x0, điều kiện mỗi phương trình có 2 nghiệm phân biệt là b2 20a.
Đặt tln ,x ulogx khi đó ta được at2  bt 5 0(1), 5t2  bt a 0(2).
Ta thấy với mỗi một nghiệm t thì có một nghiệm x, một u thì có một x.
Ta có 1 2 1 2

1. 2 .

b

t t t t a

x x e e e  e , 1 2 5
3. 4 10 10

b
u u

x x     , lại có 5

1 2 3 4 10

b b

a

x x x x e  
5

ln10 3

5 ln10

b b

a a

a

        ( do a b, nguyên dương), suy ra 2

60 8

b   b .
Vậy S2a3b2.3 3.8 30 ,suy ra Smin 30 đạt được a3,b8.

Câu 47: [2H3-4]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm



2;0;0 ,

 

0; 2;0 ,

 

0;0; 2



A  B  C  . GọiDlà điểm khác O sao cho DA DB DC, , đơi một vng

góc nhau và I a b c



; ;



là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Tính S  a b c.

A. S  4. B. S  1. C. S  2. D. S  3.
Lời giải

Chọn B.

Xét trục d của ABC, ta có



ABC



:x   y z 2 0,
do ABC đều nên d đi qua trọng tâm

2 2 2

; ;

3 3 3

G   

  và có VTCP u



1;1;1





suy ra
2

3
2
:

3
2
3

x t

d y t

z t

   




   




   


, ta thấyDAB DBC DCA

Suy ra DADBDC D d nên giả sử

2 2 2

; ;

3 3 3

D     t t t

 .

Ta có 4 ; 2 ; 2 ; 2 ; 4 ; 2 ; 2 ; 2 ;4

3 3 3 3 3 3 3 3 3

AD     t t t BD       t t t CD   t t t

     

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

WWW.DAYHOCTOAN.VN 
Có





2 4 4 4

; ;

. 0 3 3 3 3

. 0

0; 0; 0 ( )
3

t D

AD BD
AD CD

t D loai

       

 



 

   






  


 

  .

Ta có 2 ; 2 ; 2

3 3 3

I d I     t t t

 , do tứ diệnABCD nội tiếp mặt cầu tâm I nên

1 1 1 1

; ; 1

3 3 3 3

IAID  t I     S

  .

Câu 48: [2D1-4] Cho hàm số y f x( ). Đồ thị của hàm số y f

 

x như hình bên. Đặt

 

  



2 1

g x  f x  x .
Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. g

 

1 g

 

3 g

 

3 .

B. g

 

1 g

 

 3 g

 

3 .

C. g

 

3 g

 

 3 g

 

1 .

D. g

 

3 g

 

 3 g

 

1 .

Lời giải 
Chọn A.

Ta có

 

  



 

2 2 1

3 2 3 4, 1 2 1 4, 3 2 3 8

g x f x x

g f g f g f

    

     

        

Lại có nhìn đồ thị ta thấy

 

3 2,

 

1 2,

 

3 4

 

3 0
f   f   f   g  g g 
Hay phương trình g x

 

 0 f

 

x   x 1 có 3 nghiệm
Nhìn đồ thị ta có bảng biến thiên

Suy ra g

 

3 g

   

1 ,g  3 g

 

1 .

Mặt khác diện tích hình phẳng giới hạn bởi
đường thẳng y  x 1 và đồ thị hàm số

 

y f x trên 2 miền



3;1 ; 1;3

  

,ta có

 







 



1 3

3 1

1 d 1 d

x f x x f x x x



 

     



 

     

 

1 3

3 1

d d 1 3 3 1 3 3

g x x g x x g g g g g g



 

 







         .

Vậy g

 

1 g

 

3 g

 

3 .

Câu 49: [2H1-4] Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9, tính thể
tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất.

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

WWW.DAYHOCTOAN.VN

Lời giải 
Chọn B.

Gọi độ dài cạnh đáy, chiều cao của hình chóp tứ giác đều lần lượt là x h x h;



, 0



. Ta có đáy là
hình vng với độ dài nửa đường chéo bằng

2
x

suy ra độ dài cạnh bên

2
2

2
x
l h  .

Ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

2
2

2 2

2 9 36 2

2 2

x
h
l

R x h h

h h



      .

Diện tích đáy của hình chóp 2

S x nên 1 2 1





. 36 2

3 3

V  h x  h h h

Ta có









3
2

1 1 1 36 2

. 36 2 . . 36 2 . 576 576

3 3 3 3

h h h

h h h  h h  h         V

  , dấu bằng xảy

ra khi h h 36 2 h h 12,x12 vậy Vmax 576.

Câu 50: [2D4-4] Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số mđể tồn tại duy nhất số phức z
thỏa mãnz z. 1 và z 3 i m. Tìm số phần tử của S.

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

Lời giải 
Chọn A.

Gọi z x yi x y