GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ THI THỬ - SỞ GD&ĐT HÀ NỘI - 2017 - Mã 015
GV: Nguyễn Thanh Tùng - SV: Vũ Hồng Quý
THỰC HIỆN LỜI GIẢI
Giáo viên: NGUYỄN THANH TÙNG – HOCMAI.VN
Sinh viên: VŨ HỒNG QUÝ – KHOA TOÁN – SƯ PHẠM HÀ NỘI
Câu 1. Cho f ( x)  e
tối giản. Tính m  n2 .
A. m  n2  2018 .

1 12  1 2
x ( x1)

m
n

. Biết rằng f (1). f (2). f (3)... f (2017)  e , với m, n là các số tự nhiên và
B. m  n2  1

C. m  n2  2018

m
n

D. m  n2  1 .

Xét x  0  1  2 
 1
 1
 f ( x)  e
2
x ( x  1)
x( x  1)
x( x  1)
1
1 1 1 1 1 1 ...1
2.3
3.4
2017.2018

Khi đó f (1). f (2). f (3)... f (2017)  e 1.2
Mặt khác:

e

1 12  1 2
x ( x1)

1

e

1
x ( x1)

2

2018

m
1
20182  1 (m,n)1 m  20182  1
Từ (*) và (2*), suy ra
 2018 



 m  n2  1  Đáp án B.
n
2018
2018
n  2018

Cách 2 ( Vũ Hồng Quý) . Đặt g  x   1 

1
1

.
2
x  x  12
m

Khi đó ta có f 1 . f  2  . f  3 ... f  2017   e g 1 .e g  2 .e g 3 ...e g  2017  e g 1 g  2 g 3... g  2017  e n .

 g 1  g  2   g  3  ...  g  2017  


x 1

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

120 100  20 102  2.10
1
1



.

x 2  x  12
11
10  1
10  1
1
1
440 400  40 202  2.20
.




x 2  x  12
21
20  1
20  1


2017
x  x  12
n 1
n 1
2017  1
2018
2

2

m
20182  1 m  20182  1
 g 1  g  2   g  3  ...  g  2017  

 m  n 2  1 .  Đáp án B.
n
2018
n  2018

Các bạn có thể tham kháo thêm với bài toán tương tự dưới đây.
Cho f  x   e

1

1
x2





.
n 1
2017  1 2018

m  20172
m 20172
2


 T  m   n  1  20172  20172  0  Đáp án D.
n
2018
n  2018

Câu 2. Cho y  f ( x) là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn  6;6 , biết rằng

2



3

f ( x)dx  8 và

1
6

Tính I 


6

1

1

2

3

6

6

6

1
1
1
t 2 x
f (2 x)d (2 x) 
   f (t )d (t )   f ( x)dx   f ( x)dx  6

2 1
22
22
2

Suy ra I   f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx  8  6  14  Đáp án D.
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

5

 37

 27

 7 3
A. I  ; 4;1 .
B. I  ; 7;0  .
C. I   ;15; 2  .
D. I  2; ;   .
 2

 2

2

 2 2
Giải

 


 AB  (1;1;5)
Ta có  
  AB, AC   (16;11;1) . Gọi I (a; b; c)  AI  (x  1; y  2; z 1) .

 AC  (2;3; 1)
  
Điểm I thỏa mãn: IA  IB  IC và AB, AC, AI đồng phẳng (*).


Chú ý: Điều kiện (*) có thể hiểu I đang thuộc đồng thời 3 mặt phẳng ( mặt phẳng trung trực của AB , trung
trực của AC và mặt phẳng ( ABC ) - chính là hệ 3 phương trình bậc nhất 1 ẩn cuối cùng sau khi bấm máy).

1 3 
;0  và mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  8 .
Câu 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M  ;
2 2 
Đường thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu ( S ) tại hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích lớn nhất
S của tam giác OAB
A. S  2 2 .
B. S  2 7 .
C. S  4 .
D. S  7 .
Giải
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

3


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Mặt cầu ( S ) có tâm O(0;0;0) và bán kính R  2 2 .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d .
OH OM 1
Đặt OH  x 

1
1
R2 8
AOB  OA.OB 
  4   SOAB max  S  4 ”
“Ta có SOAB  OA.OB.sin 
2
2
2 2
1
OH 2  HB 2 OB 2 R 2


 4 ”.
hoặc “ SOAB  OH . AB  OH .HB 
2
2
2
2
Nhưng do AB luôn đi qua điểm M cố định nên dấu “=” ở các đánh giá trên đều không thể xảy ra. Vì vậy với
những bài toán có yếu tố cực trị ta luôn dựa vào yếu tố bất biến để tư duy và bài toán này R  2 2 và OM  1
là hai yếu tố “bất biến” (không đổi) nên ta sẽ dựa vào nó để tìm giá trị lớn nhất.
Câu 6. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A ' lên
mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC

a 3
. Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .
4
a3 3
a3 3


H

GK AG 2

 .
Dựng GK  AA ' 
IH
AI 3

2
2 a 3 a 3
IH  .

.
3
3 4
6
1
1
1
12 3
9


 2 2  2
Khi đó
2
2
2

4


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

a a 2 3 a3 3
Suy ra V  A ' G.S ABC  .

 Đáp án C.
3 4
12
Chú ý: Với tam giác đều cạnh a ta nên nhớ các thông số quen thuộc sau (chiều cao, bán kính đường tròn ngoại
tiếp, nội tiếp và diện tích tam giác) : h 

a 3
a 3
a 3
a2 3
.
;R 
;r 
;S 
2
3
6
4

Giải

CB  AB
SC  AM
Ta có 
 CB  ( SAM )  CB  AM 
AM  ( SBC )
CB  SA
AMC  900 . Chứng minh tương tự ta được: 
APC  900 .
 AM  MC hay 
Suy ra 
AMC  
APC  
ANC  900  IM  IN  IP  IC  IA
AC
4
32
(với I là trung điểm của AC )  R 
 2  Vmc   R3 
2
3
3
 Đáp án B. (Như vậy bài toán này bị thừa dữ kiện SA  3 ).
ax  b
Câu 8. Cho hàm số y 
có đồ thị như hình vẽ
cx  d
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
ad  0


C

y

O

x

Giải
Dựa vào đồ thị ta có tiệm cận ngang y 

a
d
d
 0 (1) và tiệm cận đứng x    0   0 (2).
c
c
c

ad
b
 0  ad  0 (*). Mặt khác đồ thị cắt trục Ox tại điểm có hoành độ   0 (3).
2
c
a
ad  0
a  b
b
Từ (1) và (3), suy ra .     0    0  bc  0 (2*). Từ (*) và (2*) ta có: 

ln 2 x
trên 1;e3  .
x
4
9
B. max y  2 .
C. max y  2 .
e
e
1;e3 
1;e3 





Câu 10. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y 
A. max y 
1;e3 



ln 2 2
.
2

1
D. max y  .
e
1;e3 

4
9
4
và y (e3 )  3  max y  2  Đáp án B.
2
e
e
e
1;e2 



Câu 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 6 x  3 y  2 z  6  0 . Tính khoảng cách
d từ điểm M (1; 2;3) đến mặt phẳng ( P) .
A. d 

12 85
.
85

B. d 

31
.
7

C. d 

18
.


2 78
.
3

C. S 

26
.
3

D. S  2 6 .

Giải
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;0) và bán kính R  3 .
Gọi r là bán kính của đường tròn (C ) . Khi đó: R2  r 2  h2 với h  d ( I , ( P)) 

1 2  4
12  12  12

 3.

Suy ra r 2  R2  h2  9  3  6  S   r 2  6  Đáp án A.
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

6


GV: Nguyễn Thanh Tùng




R
.24.10

 24.104  R 2
2
R
R

AM GM
500 500
500 500

 24.104  R 2  3. 3
.
.24.104  R 2  3000. 3 60
R
R
R R

109
109

 58135,985 .
Số thùng sơn sản xuất:
T
3000. 3 60
Vậy số thùng sơn tối đa sản xuất được là 58135 thùng  Đáp án D.
Câu 14. Cho hình nón có độ dài đường sinh l  2a , góc ở đỉnh của hình nón 2  600 . Tính thể tích V của


 x  1  y  5
yCT  yCĐ
Ta có y '  3x 2  6 x  9 ; y '  0  

yCT  5  xCT  1  Đáp án B.
 x  3  y  27

Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

7


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Câu 16. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y  x 2 , y  2 x .
20
3
4
3
A. S 
.
B. S  .
C. S  .
D. S 
.

 z  3



Câu 18. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A(0;1;1), B(2;5; 1) . Tìm phương trình mặt
phẳng ( P) qua A, B và song song với trục hoành.
A. ( P) : y  z  2  0 .
B. ( P) : y  2 z  3  0 .
C. ( P) : y  3z  2  0 .
D. ( P) : x  y  z  2  0 .
Giải


  
Ta có AB  (2; 4; 2) và trục hoành có vecto chỉ phương i  (1;0;0)  n( P )   AB, i   (0; 2; 4)  2(0;1; 2) .
Suy ra mặt phẳng ( P) : y  2 z  3  0  Đáp án B.
Câu 19. Tìm nghiệm của phương trình log 2 ( x  1)  3 .
A. x  7 .
B. x  10 .

C. x  8 .

D. x  9 .

Giải
Ta có log 2 ( x  1)  3  x  1  2  x  9  Đáp án D.
3

Câu 20. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0 . Tính
bán kính R của mặt cầu ( S ) .




A. AB  (1; 1;1) .
B. AB  (3; 3;3) .
C. AB  (1;1; 3) .
D. AB  (3; 3;3) .
Giải

Ta có AB  (3; 3;3)  Đáp án D.


Chú ý: Điểm A( x1; y1; z1 ), B( x2 ; y2 ; z2 )  AB  ( x2  x1; y2  y1; z2  z1 ) .

Câu 22. Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ?
1
A. y  log 1  x 2  1 .
B. y  x .
3
2

C. y  log 2  x 2  1 .

D. y  3x .

Giải
Ta biết hàm số y  a x đồng biến trên  khi a  1 và nghịch biến trên  khi 0  a  1 .
Do đó y  3x đồng biến trên   Đáp án D.
Câu 23. Cho mặt cầu ( S ) bán kính R . Một hình trụ có chiều cao h và bán kính r thay đổi nội tiếp mặt cầu.
Tính chiều cao h theo R sao cho diện tích xung quanh của hình trụ lớn nhất.

Dấu “=” xảy ra khi  2
 2h2  4 R 2  h  R 2  Đáp án C.
2
2
 4r  h  4 R
1

Câu 24. Biết rằng  3e
0

A. T  9 .

1 3 x

dx 

b c
a 2 b
e  e  c ( a, b, c   ). Tính T  a   .
2 3
5
3
B. T  10 .
C. T  5 .

Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

D. T  6 .

9

1
t





 t2 2 t 
2
u  t
du  dt
Đặt 

 I  2  te   e dt   2. 2e2  e  et  4e 2  2e  2(e 2  e)  2e 2
t
t
1
1
dv  e dt
v  e
1


a
b
a,b,c a  10
Khi đó 2e2  e2  e  c 

 T  10  Đáp án B.
5

x

D. y  x3  2 x .

Giải
Đồ thị hàm số có 3 cực trị, suy ra loại B, D.
Do đồ thị có hướng đi lên khi x   hay lim y    a  0  y  x 4  2 x 2  Đáp án C.
x 
2

Câu 26. Tìm tập xác định D của hàm số y  x 3 .
A. D  (0; ) .
B. D  [0; ) .

C. D   \ 0 .

D. D   .

Hướng dẫn giải
2

Nếu   thì a có nghĩa khi a  0  TXĐ của hàm số y  x 3 là  0;   .  Đáp án A.
Chú ý: Nếu

m
  thì
n

m


2

3;2

Câu 28. Trong không gian toạ độ Oxyz , cho các điểm A(1;0;0), B(2; 0;3), M (0; 0;1) và N (0;3;1) . Mặt
phẳng (P) đi qua các điểm M , N sao cho khoảng cách từ điểm B đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng (P). Có bao nhiêu mặt phẳng (P) thoã mãn đề bài.
A. Có 2 mặt phẳng (P).
B. Có vô số mặt phẳng (P).
C. Không có mặt phẳng (P).
D. Chỉ có một mặt phẳng (P).
Hướng dẫn giải


 
 M  ñoaï n AB
Ta có AB   3;0;3 , AM   1;0;1  AB  3 AM nên 
 BM  2 AM .
 AB  3 AM
Dễ thấy điểm N  ñoaïn AB nên mọi mặt phẳng qua M , N và không chứa A, B đều thoả mãn đề bài.
 Đáp án B.
Câu 29. Trong không gian toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  z  1 0 . Vectơ nào sau đây không là vecto
pháp tuyến của (P).




A. n  (1;0;1) .
B. n  (1;0; 1) .
C. n  (1; 1; 1) .


 Đáp án A.
Ta có VS . ABC  SA.SABC  a 3.
3
3
4
4
Câu 31. Một ô tô bắt đàu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v(t )  7t (m / s). Đi được 5( s) , người lái
xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc
a  70(m / s 2 ). Tính quãng đường S (m) đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng
hẳn.
A. S  94, 00(m) .
B. S  96, 25(m) .
C. S  87,50(m) .
D. S  95, 70(m) .
Hướng dẫn giải
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

11


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Cách 1: Sử dụng tích phân.
5


a  7
2

1
1 1
1
 S2  vot  at 2  35.  .70.    8, 75  m   S  S1  S2  87,5  8,75  96, 25  m   Đáp án B.
2
2 2
2

Câu 32. Tìm số giao điểm n của hai đồ thị hàm số y  x 4  3x 2  2 và y  x 2  2 .
A. n  0 .
B. n  1 .
C. n  2 .

D. n  4 .

Hướng dẫn giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x 4  3x 2  2  x 2  2  x 4  4 x 2  4  0   x 2  2   0  x 2  2  x   2  n  2  Đáp án C.
2

Câu 33. Cho log 2 3  a, log 2 5  b . Tính log 6 45 theo a và b.
2a  b
a  2b
A. log 6 45 
.
B. log6 45  2a  b .
C. log 6 45 

12  3 6  4 10
D. M  m 
.
2
B. M  m 

Hướng dẫn giải
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

12


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

TXĐ: D  1;5 .
Cách 1: Ta có y ' 

3
2
3
2

, y'  0 

 0  3 5  x  4 x 1
2 x 1

x 1
5 x
61

 4 x  1  3 5  x  x   1;5 .
3
4
25

 61 
 M  max y  y    10 .
1;5
 25 

 y 1  8
Lại có 
 m  min y  y  5  6  M  m  16  Đáp án A.
1;5

 y  5  6
Câu 35. Với các số thực dương a, b bất kì. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. log(ab)  log(a  b) .
B. log(ab)  loga  log b .
a
a
C. log    log  a  b  .
D. log    log b a .
b
b
Hướng dẫn giải

Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

13


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Câu 37. Cho hàm số f  x  liên tục trên nửa khoảng

 3; 2  , có bảng biến thiên như hình vẽ.
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
A. min y  2 .

B. max y  3 .

C. Giá trị cực tiểu của hàm số là 1.

D. Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 .

 3;2

3;2

Hướng dẫn giải
Khẳng định A sai vì: f 1  5  2  min y  2 và min y  5 .
3;2

2
Câu 39. Tìm nguyên hàm của hàm số f  x   2 cos .
x
x
1
2
1
2
1
2
1
2
A.  2 cos dx   sin  C .
B.  2 cos dx  sin  C .
x
x
2
x
x
x
2
x
1
2
1
2
1
2
1
2

gửi vào ngân hàng để sau 3 năm số tiền lãi đủ mua một chiếc xe gắn máy trị giá 30 triệu đồng.
A. 150 triệu đồng.
B. 154 triệu đồng.
C. 145 triệu đồng.
D. 140 triệu đồng.
Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

14


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

facebook.com/ ThayTungToan

Hướng dẫn giải
Gọi số tiền ban đầu là A , lãi suất i%. Sau n năm, số tiền thu được là: An  A(1  i)n .
Áp dụng vào bài với A  x triệu đồng, i  6,5%  0,065 và n  3 năm ta có: A3  x 1  0, 065

3

 Số tiền lãi thu được sau 3 năm là: L  x 1  0, 065  x .
3

Theo giả thiết ta có: x 1  0,065  x  30  x  144, 27 triệu đồng.
Vậy số tiền tối thiểu mà ông Việt cần gửi vào ngân hàng là: 145 triệu đồng  Đáp án C.
3

Câu 41. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  , có đạo hàm f '  x   x  x  1  x  1 . Hàm số đã cho


2a 6
.
3

D. d 

S

Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm của AC.
ASC vuông cân tại S  SM  AC .

60°

 ABC vuông cân tại B  BM  SM 
 SMB có BM  SM 

60°

a

a

Hai tam giác SAB, SBC cân tại S và có một góc bằng 60o .
 Hai tam giác SAB, SBC đều  AB  BC  a .
 ABC cân tại B  BM  AC

a
A

Luyện Thi THPTQG PEN C, I & M – Thầy Nguyễn Thanh Tùng – HOCMAI.VN

15


GV: Nguyễn Thanh Tùng

0947141139

SMH vuông tại M có SM 
Vậy d  A,  SBC    2MK 

facebook.com/ ThayTungToan

a 2
1
a
1
1
1
a 6
, MH  BC  


 MK 
2
2
2
2
2

Hướng dẫn giải
Từ đồ thị ta dễ thấy hàm số y  f '( x) có dạng y  ax 2  3 .

f '( x)  Ox tại x  1  phương trình ax2  3  0 có nghiệm x  1  a  3 .
f  x    f '( x)    3x 2  3 dx  x3  3x  C .

Dễ thấy hàm số đạt cực trị tại x  1 và x  1 .
Vì  C  tiếp xúc với đt y  4 tại điểm có hoành độ âm nên  f  1  4  1  3  C  4  C  2 .

 x  2
 f  x   x 3  3 x  2 , f  x   0  x3  3 x  2  0  
x  1

 Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  và trục hoành là: S 

1

x

3

 3x  2 dx 

2

Câu 44. Hàm số y  x 4  1 đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  1;1 .
B.  ;0  .
C.  0;   .



x



x 2

facebook.com/ ThayTungToan

 '  12  0

 8.2  4  0 , a.b  0  pt luôn có 2 nghiệm phân biệt.
a.c  0

x

Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của pt ta có: 2x1.2x2  4  2x1  x2  4  x1  x2  2  T  2 .  Đáp án B.
Câu 46. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 2  3x  2   log 2  6  5x  .
 6
A. S  1;  .
 5

2 
B. S   ;1 .
3 

C. S  1;   .

2 6
D. S   ;  .

OAH vuông tại H  AH  OA2  OH 2  32  22  5

 AB  2 AH  2 5  S ABCD  AB. AD  5.2 5  10 5cm2 .

 Đáp án B.

Câu 48. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b . Gọi D
là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  : y  f  x  , trục hoành,
hai dường thẳng x  a, x  b (như hình vẽ bên). Giả sử S D là
diện tích của hình phẳng D. Chọn công thức đúng trong các
phương án A, B, C, D cho dưới đây ?
0

b

A. S D    f  x  dx   f  x  dx .
a

0

0

b

a
0

0
b



b

0

b

a

a

0

a

0

Ta có S D   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx    f  x  dx   f  x  dx  Đáp án A.
Câu 49. Tìm số cạnh ít nhất của hình đa diện có 5 mặt.
A. 6 cạnh.
B. 7 cạnh.

C. 8 cạnh.

D. 9 cạnh.

Hướng dẫn giải
Do mỗi mặt của đa diện phải có ít nhất 3 cạnh và mỗi cạnh của đa diện phải là cạnh chung của 2 mặt nên số
3n
cạnh của đa diện n mặt không nhỏ hơn

, x   2;0   m  max g  x  với g  x  
.
 2;0
x
x
1

x
  2;0 

1
1
3
Ta có g '  x   3  2 , g '  x   0  3  2  0  
.
1
x
x

 x   3   2;0 

 6 x 2  2mx  2  0, x   2;0   m 

Dấu của g '  x  :

+

2

0