Cập nhật đề thi mới nhất tại />
GIẢI CHI TIẾT ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI NĂM HỌC 2016-2017
MÔN TOÁN – MÃ ĐỀ 020
Đây là lời giải chính thức được page TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM công
bố vào lúc 7 giờ 30 ngày 23 tháng 3 năm 2017. Trong khi biên tập, trình bày lời giải
chúng tôi đã tự ý thay đổi nội dung 2 câu 3 và 38. Trong quá trình tham khảo, nếu
phát hiện sai sót gì xin quý thầy cô vui lòng góp ý trục tiếp cho chúng tôi bằng cách
gửi email về hoặc điện thoại số 09 4613 3164.
Được biết mấy ngày nay, bản nháp của file này đã bị đưa lên mạng không rõ
mục đích và động cơ gì. Tuy nhiên, một số các nhân và tổ chức khác lấy sai sót trong
file đó làm thú vui, làm trò tiêu khiển cho học sinh mình xem. Cái tâm của người làm
giáo dục không cho phép chúng ta làm điều đó.
Xin chân thành cảm ơn quý thầy cô đã chung tay cùng TOÁN HỌC BẮC–
TRUNG–NAM để làm nên lời giải này.
Admin Trần Quốc Nghĩa

BẢNG ĐÁP ÁN
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
B B C D C C C A D B C A D D C C A D A D C B B D D
26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
C B B B A B B A A B C D D C D C A A A C D B C B D

LỜI GIẢI
Câu 1:

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 đường thẳng x = a, x = b (như hình vẽ bên dưới). Giả sử S D là

a

b

b

C. S D = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .
0

a
0

b

a

0

D. S D = − ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx .
Giải
Chọn B.
+ Nhìn đồ thị ta thấy:
• Đồ thị (C ) cắt trục hoành tại O ( 0; 0 )
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 1/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />•


A. d = 2a 6 .

a 6
.
3

B. d =

C. d = a 6 .

D. d =

2a 6
.
3

S

Giải
Chọn B.
Vì ∆SAB , ∆SBC là các tam giác đều cạnh a nên AB = BC = a .

Ngoài ra ∆SAC vuông cân tại S nên AC = a 2 . Từ đó,
AC 2 = AB 2 + BC 2 , suy ra ∆ABC vuông tại B có S ABC =

a2
.
2

C


0

A. T = 6 .

a 2 a2
.
2
2 =a 6
=
2
3
a 3
4

a 2 b
b c
e + e + c ( a, b, c ∈ ℤ ). Tính T = a + + .
5
3
2 3

B. T = 9 .

C. T = 10 .
Giải

D. T = 5 .

Chọn C.

1

1

) = 2 ( 2e − e − e + e) = 2e .
2

2

2

a = 10
⇒
⇒ T = 10 nên câu C đúng.
b = c = 0
Câu 4:

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 − 1 trên đoạn [ −3; 2] .
A. min y = −3 .
[−3;2]

B. min y = 3 .
[−3;2]

C. min y = 8 .
[−3;2]

D. min y = −1 .
[−3;2]


3

Giải

Chọn C.
Mặt cầu

(S )

có tâm I (1; −2; 0 ) và bán kính

R = IA = 3. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên
mặt phẳng ( P ) , khi đó H là tâm đường tròn ( C ) .

Ta có IH = d  I ; ( P )  = 3.

I

H
2

A

2

Do ∆IHA vuông tại H nên HA = IA − IH = 6 .
Nhận xét HA là bán kính đường tròn ( C ) .
Vậy S = π.HA2 = 6π (đ.v.d.t).
Câu 6:


e2

D. max
y=
3
1; e 



ln 2 2
.
2

Giải
Chọn A.
 x = 1 ∈ 1, e3 
 ln 2 x ′ ln x ( 2 − ln x )


; y′ = 0 ⇔ 
Ta có y′ = 
.
 =
2
x
 x = e 2 ∈ 1, e3 
 x 




.
C. 
.
 bc > 0
 bc < 0
 bc < 0
Giải
Chọn C.
a
Tiệm cận ngang y = > 0 ⇔ ac > 0 (1)
c
d
Tiện cận đứng x = − < 0 ⇔ cd > 0 (2)
c
b
y ( 0 ) = < 0 ⇔ bd < 0 (3)
d
Từ (1) và (2), suy ra adc2 > 0 ⇔ ad > 0.
Từ (2) và (3), suy ra bcd 2 < 0 ⇒ bc < 0.

Cho hàm số y =

ad > 0
D. 
.
 bc > 0
y

O


.
20

Giải
Chọn A.
Phương trình hoành độ giao điểm x 2 − 2 x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.
2

Suy ra S = ∫
0

 x3

4
x − 2 x dx = ∫ ( x − 2 x ) dx =  − x 2  = .
 3
0 3
0
1+

Câu 9:

2

2

2

Cho f ( x ) = e


Ta có : 1 + 2 +
=
2
x
( x + 1)

(x

2

+ x + 1)

x 2 ( x + 1)

2

2

=

x2 + x + 1
1
1
1
.
=1+
= 1+ −
2
x +x
x ( x + 1)

m 20182 − 1
=
n
2018
20182 − 1
Ta chứng minh
là phân số tối giản.
2018
Giả sử d là ước chung của 20182 − 1 và 2018
Khi đó ta có 20182 − 1⋮ d , 2018⋮ d ⇒ 20182 ⋮ d suy ra 1⋮ d ⇔ d = ±1
20182 − 1
Suy ra
là phân số tối giản, nên m = 20182 − 1, n = 2018 .
2018
Vậy m − n2 = −1 .
hay

Câu 10: Một công ti dự kiến chi 1 t ỉ đồng để sản xuất các thùng đựng sơn hình trụ có dung tích 5 lít.
Biết rằng chi phí đề làm mặt xung quanh của thùng đó là 100,000 đ/ m 2 , chi phí để làm mặt đáy
là 120 000 đ/ m2 . Hãy tính số thùng sơn tối đa mà công ty đó sản xuất (giả sử chi phí cho các
mố i nố i không đáng kể).
A. 57582 thùng.
B. 58135 thùng.
C. 18209 thùng.
D. 12525 thùng.
Giải
Chọn B.
Gọi chiều cao hình trụ là h ( h > 0 ) (m).

Bán kính đáy hình trụ là x ( x > 0 ) (m).

480π
Bảng biến thiên:
x
1
0
+∞
3
480π
y′
–
0
+

Số tiền cần thiết để sản xuất một thùng sơn là : f ( x ) =

y

( x > 0)

5

2
≈ 17201.05

Vậy với số tiền 1 tỉ đồng thì công ty có thể sản xuất tối đa là :

109
≈ 58135 thùng.
17201.05


C. y = log 1 ( x 2 + 1) . D. y = 3x .
2

Giải
Chọn D.
Hàm số mũ cơ số lớn hơn 1 đồng biến trên ℝ .
Câu 14: Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v1 ( 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
bánh cho đến khi dừng hẳn.
A. S = 95, 70 ( m ) .
B. S = 96, 25 ( m ) .

( m)

đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển

C. S = 87,50 ( m ) .

D. S = 94, 00 ( m ) .

Giải
Chọn B.
Quãng đường ô tô đi được từ lúc xe lăn bánh đến khi được phanh:

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 5/16 – Mã đề 020


Quãng đường cần tính S = S1 + S 2 = 96, 25 (m).
2

3

Câu 15: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ , có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x − 1) ( x + 1) . Hàm số đã cho có

bao nhiêu điểm cực trị?
A. Có 3 điểm cực trị.
C. Có 2 điểm cực trị.

B. Không có cực trị.
D. Chỉ có 1 điểm cực trị.
Giải

Chọn C.
Ta có bảng biến thiên

x
y′

–∞
+

−1
0

–

0

Câu 17: Cho mặt cầu ( S ) bán kính R. Một hình trụ có chiều cao h và bán kính đáy r thay đổ i nộ i tiếp

mặt cầu. Tính chiều cao h theo R sao cho diện tích xung quanh của hình trụ lớn nhất.
A. h = R 2 .

B. h = R .

C. h =

R
.
2

D. h =

R 2
.
2

Giải
Chọn A.

Gọi O và O′ là tâm hai hình tròn đáy của hình trụ, và
xét thiết diện ABCD đi qua trục của hình trụ như hình
vẽ trên đây.
Ta có OO′ = h; IA = R, AO = r ⇒ r 2 = R 2 −
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

h2
.

3n
Thay n = 5 ⇒
= 7,5 nên số cạnh luôn lớn hơn bằng 7,5 . Chọn số cạnh bằng 8 . Khi đó
2
khố i đa diện thỏa yêu cầu đề bài là hình chóp đáy tứ giác.
Câu 19: Tìm nghiệm của phương trình log 2 ( x − 1) = 3.
A. x = 9 .

B. x = 7 .

C. x = 8 .
Giải

D. x = 10 .

Chọn A.
Điều kiện: x > 1 .

Phương trình tương đương với x − 1 = 8 ⇔ x = 9
Câu 20: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 2 z − 3 = 0. Tính bán kính R

của mặt cầu ( S ) .
A. R = 3 .

B. R = 3 3 .

C. R = 9 .
Giải

D. R = 3 .

B. I  ; 4;1 .
C. I  2; ; −  .
 2

2

 2 2
Giải
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

 37

D. I  ; −7;0  .
 2

Trang 7/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Chọn B.
Cách 1: AB = (1;1;5 ) ¸ AC = ( 2;3; −1) . Vì AB. AC = 1.2 + 1.3 + ( −1) .5 = 0 nên AB ⊥ AC , do đó

5

∆ABC vuông tại A . Suy ra I là trung điểm BC . Tọa độ I  ;4;1 .
2

Cách 2: Gọi I ( a; b; c ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

5


=
0
AB
AC
AI




Câu 23: Tìm số giao điểm n của hai đồ thị y = x 4 − 3x 2 + 2 và y = x 2 − 2.
A. n = 4 .

B. n = 2 .

C. n = 0 .
Giải

D. n = 1 .

Chọn B.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:
x 4 − 3x 2 + 2 = x 2 − 2 ⇔ x 4 − 4 x 2 + 4 = 0 ⇔ x 2 = 2 ⇔ x = ± 2.
Vậy hai đồ thị có 2 giao điểm. Chọn B.
2

Câu 24: Tìm tập xác định D của hàm số y = x 3 .
B. D = [ 0; + ∞ ) .

A. D = ℝ .



B. I = 5 .

C. I = 2 .
Giải

D. I = 14 .

Chọn D.
3

Xét tích phân K = ∫ f ( −2 x ) dx
1

Đặt u = −2 x ⇒ du = −2dx ⇒ dx = −

du
2

Đổi cận: Khi x = 1 ⇒ u = −2 ; x = 3 ⇒ u = −6
−6

Vậy, K = −

−2

1
1
f ( u ) du = ∫ f ( x ) dx . Mà K = 3 , nên
∫


∫ f ( x ) dx = 6 . Từ đó suy ra

−6

∫

6

f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = 8 + 6 = 14 .

−1

2

Câu 26: Trong không gian Oxyz cho các điểm A ( −1; 2; −3) , B ( 2; −1; 0 ) . Tìm tọa độ của vectơ AB.
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 8/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />A. AB = (1; −1;1) .

B. AB = (1;1; −3) .

C. AB = ( 3; −3;3) .

D. AB = ( 3; −3; −3) .

Giải

M
B

Giải
Chọn A.
Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0;0;0 ) và bán kính R = 2 2 .

Vì OM = 1 < R nên M thuộc miền trong của mặt cầu ( S ) . Gọi A , B là giao điểm của đường
thẳng với mặt cầu. Gọi H là chân đường cao hạ từ O của tam giác OAB .
Đặt x = OH , ta có 0 < x ≤ OM = 1 , đồng thời HA = R 2 − OH 2 = 8 − x 2 . Vậy diện tích tam
giác OAB là
1
SOAB = OH . AB = OH .HA = x 8 − x 2 .
2

Khảo sát hàm số f ( x ) = x 8 − x 2 trên ( 0;1] , ta được max f ( x ) = f (1) = 7 .
( 0;1]

Vậy giá trị lớn nhất của S ∆OAB = 7 , đạt được khi x = 1 hay H ≡ M , nói cách khác là
d ⊥ OM .

Câu 28: Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của m để bất phương trình log 22 x + m log 2 x − m ≥ 0 nghiệm
đúng với mọ i giá trị của x ∈ ( 0; + ∞ ) .
A. Có 4 giá trị nguyên.
C. Có 6 giá trị nguyên.
Chọn B.
Đặt t = log 2 x

B. Có 5 giá trị nguyên.
D. Có 7 giá trị nguyên.

.
7

Giải
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 9/16 – Mã đề 020


Cập nhật đề thi mới nhất tại />Chọn B.

Ta có d ( M , ( P ) ) =

Ax0 + By0 + Cz0 + D
A2 + B 2 + C 2

Câu 30: Tìm nguyên hàm của hàn số f ( x ) =

=

6.1 − 3.(−2) + 2.3 − 6
6 2 + (−3) 2 + 22

1

∫x

12
7


2
cos dx = − cos + C .
x
2
x
1
2
1
2
D. ∫ 2 cos dx = cos + C .
x
x
2
x
Giải

B.

2

1

∫x

2

Chọn A.
2
2
Đặt t = ⇒ dt = − 2 dx

A. S = 9 .
C. S =

21
.
4

27
.
4
5
D. S = .
4

B. S =

y

y = f ( x)

O

−1

Giải

1

x



27
.
4

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y = 2 x3 − mx 2 + 2 x đồng biến trên khoảng ( −2; 0 ) .
A. m ≥ −

13
.
2

B. m ≥ −2 3 .

C. m ≤ 2 3 .
Giải

D. m ≥

13
.
2

Chọn B.
Hàm số đồng biến trên ( −2;0 ) ⇔ y ′ = 6 x 2 − 2mx + 2 ≥ 0 ∀x ∈ ( −2;0 )
⇔ m ≥ 3x +

TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

1


+

0
−

−2 3
g ( x)

13
2
Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị cần tìm của m là m ≥ −2 3 .
−

−∞

Câu 33: Cho log 2 3 = a , log 2 5 = b Tính log 6 45 theo a, b.
a + 2b
2a + b
A. log 6 45 =
.
B. log 6 45 = 2a + b.
C. log 6 45 = a + b − 1. D. log 6 45 =
.
1+ a
2 (1 + a )
Giải
Cho ̣n A.
log 2 45 2 log 2 3 + log 2 5 2a + b
Ta có: log 6 45 =

 
Ta có: y (1) = 8 , y ( 5 ) = 6 , y   = 10 . Vậy M = 10 , m = 6 nên M + m = 16 .
 25 
Câu 35: Cho hình lăng trụ ABC . A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điể m
A′ lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường

thẳng AA′ và BC bằng
A. V =

a3 3
.
24

a 3
. Tính thể tích V của khố i lăng trụ ABC. A′B′C ′.
4
a3 3
a3 3
a3 3
B. V =
.
C. V =
.
D. V =
.
12
3
6
A
C

a2
. A′A =
A′A2 −
4
2
3


a2 
4a 2
4a 2
2a
⇔ A′A2 = 4  A′A2 −  ⇔ 3 A′A2 =
⇔ A′A2 =
⇔ A′A =
.
3 
3
9
3


Đường cao của lăng trụ là A′G =

4a 2 3a 2 a
−
= .
9
9
3

.

π a3
2

D. V = π a3 .

.

Giải

S

Chọn B.

2β
Ta có ASO = β = 30° .
Xét tam giác SOA vuông tại A , ta có R = OA = l.sin 30° = a

l = 2a

h = SO = l 2 − R 2 = a 3

1
π a3 3
Từ đó ta có: V = S .h =
3
3
Câu 38: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên nửa


y

[ −3;2)

0
−2
−5

B. max y = 3 .
[−3;2 )

C. Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 .
D. Giá trị cực tiểu của hàm số đạt được tại x = 1 .
Giải
Chọn D.
Câu này đã tự sửa đáp án D để được câu đúng.
Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1; 2; −1) , B ( 2; −1;3) , C ( −3;5;1) . Tìm tọa
độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
A. D ( −4;8; −5 ) .
B. D ( −2; 2;5 ) .
C. D ( −4;8; −3) .

D. D ( −2;8; −3) .

Giải
TOÁN HỌC BẮC–TRUNG–NAM sưu tầm và biên tập

Trang 12/16 – Mã đề 020



Giải

D. x = 1 .

Chọn D.
2x −1
2x −1
= +∞ , lim y = lim
= −∞ .
−
−
x →1
x →1 x − 1
x →1
x →1 x − 1
Suy ra phương trình tiệm cận đứng là x = 1 .

Ta có lim y = lim
+

+

Câu 41: Tìm điểm cực tiểu xCT của hàm số y = x3 + 3x 2 − 9 x.
A. xCT = −1 .

B. xCT = −3 .

C. xCT = 1 .
Giải


A. S = 1;  .
 5

B. S = (1; +∞ ) .

 2 6
C. S =  ;  .
 3 5
Giải

2 
D. S =  ;1 .
3 

Chọn A.
2

x>

3 x − 2 > 0
2
6

3
ĐK 
⇔
⇔
.
3

A. V =

64 2π
.
3
125π
D. V =
.
6

S

B. V =

N

P

Giải
Chọn A.

M

Ta có: CB ⊥ ( SAD ) , AM ⊂ ( SAB ) ⇒ AM ⊥ CB (1)

D


D. ∫ e 2 x dx =

e2 x +1
+C .
2x +1

Giải
Chọn A.

∫e

2x

dx =

1 2x
1
e d ( 2 x ) = e2 x + C
∫
2
2

Câu 45: Trong không gian 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 + 2 z − 3 = 0 .

B. ( P ) : y + 3 z + 2 = 0 .

C. ( P ) : x + y − z − 2 = 0 .

B. Có hai mặt phẳng ( P ) .

C. Chỉ có một mặt phẳng ( P ) .

D. Không có mặt phẳng ( P ) nào.
Giải

Chọn A.
Cách 1: Giả sử ( P ) có phương trình là: ax + by + cz + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0 )

Vì M ∈ ( P ) ⇒ c + d = 0 ⇔ d = −c.
Vì N ∈ ( P ) ⇒ 3b + c + d = 0 hay b = 0 vì c + d = 0 ⇒ ( P ) : ax + cz − c = 0.
Theo bài ra: d ( B, ( P ) ) = 2d ( A, ( P ) )
−2a + 3c − c

a−c

⇔ a − c = a − c (luôn đúng)
a 2 + c2
a2 + c2
Vậy có vô số mặt phẳng ( P ) thỏa mãn đề bài.
⇔

=2

Cách 2: Ta có BM = ( 2;0; −2 ) và AM = ( −1;0;1) nên ba điểm A , B , M thẳng hàng. Như

vậy mọ i mặt phẳng ( P ) đi qua M , N đều cắt đường thẳng AB tại điểm M , suy ra ta luôn có
d ( A, ( P ) )
d ( B, ( P ) )

3a 3
.
4

Giải
Chọn B.

Ta có S ABC =

a2 3
1
1
a 2 3 a3
⇒ V = SA.S ABC = a 3.
=
4
3
3
4
4

Câu 48: Ông Việt dự định gửi vào ngân hàng một số tiền với lãi suất 6,5% một năm. Biết rằng, cứ sau
mỗ i năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu. Tính số tiền tối thiểu x (triệu đồng, x ∈ ℕ )
ông Việt gửi vào ngân hàng để sau 3 năm số tiền lãi đủ mua một chiếc xe gắn máy trị giá 30
triệu đồng.
A. 140 triệu đồng.
B. 154 triệu đồng.
C. 145 triệu đồng.
D. 150 triệu đồng.
Giải


B. n = (1; −1; −1) .

C. n = ( −1;0;1) .

D. n = (1;0; −1) .

Giải
Cho ̣n B.
Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là n1 = (1;0; −1) .

Ta có n1 một là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) thì k n1 (với k ∈ ℝ \ {0} ) cũng là vectơ
pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) .
Đáp án A đúng, vì n = ( 2;0; −2 ) = 2n1 .
Đáp án B sai, vì không tồn tại số k ∈ ℝ nào để n = (1; −1; −1) = k n1 .
Đáp án C đúng, vì n = ( −1;0;1) = −n1 .
Đáp án D đúng, vì n = (1;0; −1) = n1 .
Câu 50: Cho hình trụ có đường cao h = 5cm, bán kính đáy r = 3cm . Xét mặt phẳng ( P ) song song với

trục của hình trụ, cách trục 2cm. Tính diện tích S của thiết diện của hình trụ với mặt phẳng ( P ) .
A. S = 5 5cm 2 .

B. S = 6 5cm 2 .

C. S = 3 5cm 2 .
Giải

Cho ̣n D.
Giả sử mặt phẳng ( P ) cắt hình trụ theo thiết diện là hình chữ