ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI
THPT QUỐC GIA 2017
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁNG 6.2017

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN
MÃ ĐỀ 102

Thời gian làm bài: 90 phút;
(50 câu trắc nghiệm)

Câu 1: Cho hàm số y = f ( x) có bảng biến thiên như sau

x −∞ −2
y′ + 0
y

+∞

2

+∞

3

−∞

0

Tìm giá trị cực đại yCĐ và giá trị cực tiểu yCT của hàm số đã cho.


∫ 5 x − 2 = 5ln 5 x − 2 + C .

D.

∫ 5 x − 2 = ln 5 x − 2 + C .

dx

dx

Câu 3: Hàm số nào sau đây đồng biến trên khoảng (−∞; +∞) ?
x +1
x −1
A. y =
.
B. y = x3 + x .
C. y =
.
x−2
x+3

D. y = − x3 − 3x .

Câu 4: Số phức nào sau đây có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là
điểm M như hình bên ?
A. z4 = 2 + i .
B. z2 = 1 + 2i .
C. z3 = −2 + t .
D. z1 = 1 − 2t .

= log a x + log a y .
y
x log a x
D. log a =
.
y log a y

B. log a

Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(2; 2;1) . Tính độ dài đoạn thẳng OA .
A. OA = 3 .
B. OA = 9 .
C. OA = 5 .
D. OA = 5 .
Câu 8: Cho hai số phức z1 = 4 − 3i và z2 = 7 + 3i . Tìm số phức z = z1 − z2 .
A. z = 11 .
B. z = 3 + 6i .
C. z = −1 − 10i .
D. z = −3 − 6i .
Câu 9: Tìm nghiệm của phương trình log 2 (1 − x) = 2 .
A. x = −4 .
B. x = −3 .
C. x = 3 .
D. x = 5 .
Câu 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình của
mặt phẳng (Oyz ) ?
A. y = 0 .
B. x = 0 .
C. y − z = 0 .
D. z = 0 .

4
2
Câu 14: Đường cong hình bên là đồ thị của hàm số y = ax + bx + c với a, b, c là các số thực.
Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A. Phương trình y ' = 0 có ba nghiệm thực phân biệt.
B. Phương trình y ' = 0 có hai nghiệm thực phân biệt.
C. Phương trình y ' = 0 vô nghiệm trên tập số thực.
D. Phương trình y ' = 0 có đúng một nghiệm thực.

O

O

y

x2 − 5x + 4
.
x2 −1
A. 3 .
B. 1.
C. 0 .
D. 2 .
Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 4 z + m = 0 là phương trình của một mặt cầu.
A. m > 6 .
B. m ≥ 6 .
C. m ≤ 6 .
D. m < 6 .
2
Câu 17: Kí hiệu z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 3 z − z + 1 = 0 . Tính P = z1 + z 2 .

Câu 19: Cho khối nón có bán kính đáy r = 3 và chiều cao h = 4 . Tính thể tích V của khối nón
đã cho.
Câu 15: Tìm số tiệm cận của đồ thị hàm số y =

Trang 2


16π 3
.
B. V = 4π .
C. V = 16π 3 .
D. V = 12π .
3
Câu 20: Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y = 2 + sin x , trục hoành và các đường
thẳng x = 0, x = π . Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích V bằng
bao nhiêu ?
A. V = 2(π + 1) .
B. V = 2π (π + 1) .
C. V = 2π 2 .
D. V = 2π .
A. V =

Câu 21: Cho

2

2

2


3
Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(0; −1;3) , B (1;0;1) , C (−1;1; 2) .
Phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua A và song song
với đường thẳng BC ?
 x = −2t

A.  y = −1 + t .
B. x − 2 y + z = 0 .
z = 3 + t

A. a = 2 3R .

C.

x
y +1 z − 3
=
=
.
−2
1
1

B. a =

D.

x −1 y z −1
= =
.

. B. y ′ =
. C. y ′ =
.
( 2 x + 1) ln 2
( 2 x + 1) ln 2
2x +1

D. y ′ =

1
.
2x +1

2 3
Câu 29: Cho log a b = 2 và log a c = 3 . Tính P = log a (b c ) .
A. P = 31 .
B. P = 13 .
C. P = 30 .
D. P = 108 .
log 2 ( x − 1) + log 1 ( x + 1) = 1
Câu 30: Tìm tập nghiệm S của phương trình
.
2

Trang 3


{

}


C. m = 5 .

D. m = −7 .

Oxyz , cho mặt cầu
độ
x − 2 y z −1
x y z −1
= =
( S ) : ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z + 2) 2 = 2 và hai đường thẳng d :
, ∆: = =
.
1
2
−1
1 1
−1
Phương trình nào dưới đây là phương trình của một mặt phẳng tiếp xúc với ( S ) , song song với
d và ∆ ?
A. x + z + 1 = 0 .
B. x + y + 1 = 0 .
C. y + z + 3 = 0 .
D. x + z − 1 = 0 .
Câu

33:

Trong






Câu 35: Cho hàm số y =
nào dưới đây đúng ?
A. m ≤ 0 .

x+m
16
( m là tham số thực) thoả mãn min y + max y = . Mệnh đề
[ 1;2]
[ 1;2]
x +1
3

B. m > 4 .

C. 0 < m ≤ 2 .

D. 2 < m ≤ 4 .

Câu 36: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a , AD = a 3 , SA vuông góc
với đáy và mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 60° . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .
a3
3a 3
A. V =
.
B. V =
.

A. s = 24, 25 (km) .
B. s = 26, 75 (km) .
C. s = 24, 75 (km) .
D. s = 25, 25 (km) .

v

9

4

O 23 t
Câu 39: Cho số phức z = a + bi (a, b ∈ ¡ ) thoả mãn z + 2 + i = z . Tính S = 4a + b .
A. S = 4 .

B. S = 2 .

C. S = −2 .

D. S = −4 .

Câu 40: Cho F ( x) = ( x − 1)e x là một nguyên hàm của hàm số f ( x)e 2 x . Tìm nguyên hàm của
hàm số f ′( x)e2 x .
2−x x
2x
x
2x
e +C .
A. ∫ f ′( x)e dx = (4 − 2 x)e + C .
B. ∫ f ′( x)e dx =


+

+∞

+∞

1

Đồ thị của hàm số y = f ( x ) có bao nhiêu điểm cực trị ?
A. 4 .
B. 2 .
C. 3 .

D. 5 .

Câu 43: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3a . Hình nón ( N ) có đỉnh A và đường tròn đáy
là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . Tính diện tích xung quanh S xq của ( N ) .
2
A. S xq = 6π a .

2
B. S xq = 3 3π a .

2
C. S xq = 12π a .

2
D. S xq = 6 3π a .


3 10 − 7
.
2
2 10 − 5
.
=
2

A. Pmin =

B. Pmin =

C. Pmin

D. Pmin

Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(4;6; 2) và B (2; − 2;0) và mặt
phẳng ( P ) : x + y + z = 0 . Xét đường thẳng d thay đổi thuộc ( P ) và đi qua B , gọi H là hình
chiếu vuông góc của A trên d . Biết rằng khi d thay đổi thì H thuộc một đường tròn cố định.
Tính bán kính R của đường tròn đó.
A. R = 6 .
B. R = 2 .
C. R = 1 .
D. R = 3 .
Câu 48: Cho hàm số y = f ( x) . Đồ thị của hàm số y = f ′( x) như hình
bên. Đặt g ( x) = 2 f ( x) − ( x + 1) 2 . Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A.
B.
C.
D.

= .
= .
= .
A.
B.
C.
D.
V2 16
V2 3
V2 16
V2 3
----- HẾT -----

Trang 6


ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI
THPT QUỐC GIA 2017
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁNG 6.2017

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN
MÃ ĐỀ 102

BẢNG ĐÁP ÁN

1. D

2. A


18. D

19. B

20. B

21. C

22. D

23. C

24. D

25. B

26. A

27. D

28. B

29. B

30. A

31. D

32. C


48. D

49. C

50. A

ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI
THPT QUỐC GIA 2017
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁNG 6.2017

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN
MÃ ĐỀ 102

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án D
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại xCD = −2 ⇒ yCD = 3 .
Hàm số đạt cực tiểu tại xCT = 2 ⇒ yCT = 0 .
Câu 2: Đáp án A
Dựa vào công thức

1

1

∫ ax + b dx = a ln ax + b + C




Đồ thị hàm số đã cho có dạng của hàm đa thức bậc 3 với hệ số a > 0 , vậy chọn phương án
y = x3 − 3x 2 + 3 .
Câu 6: Đáp án A
Theo công thức logarit của một thương ta có: log a

x
= log a x − log a y .
y

Câu 7: Đáp án B
uuu
r
OA = ( 2; 2;1) ⇒ OA = 4 + 4 + 1 = 3 .
Câu 8: Đáp án D
z1 − z2 = ( 4 − 7 ) + ( −3 − 3) i = −3 − 6i .
Câu 9: Đáp án B
Điều kiện: x < 1 .
Ta có log 2 ( 1 − x ) = 2 ⇔ 1 − x = 4 ⇔ x = −3 (thỏa).
Câu 10: Đáp án B
Phương trình mặt phẳng ( Oyz ) là x = 0 .
Câu 11: Đáp án A
Tập xác định: D = ¡ .
x = 0
2
y′ = 3x 2 − 6 x ; y′ = 0 ⇔ 3x − 6 x = 0 ⇔ 
.
x = 2
Bảng biến thiên:


1

t2
1
f ( x ) dx = ∫ tdt =
= .
20 2
0
Trang 8


e

∫ f ( x ) dx = F ( x )

Mặt khác:

1

Vậy I =

e
1

= F ( e ) − F ( 1) = I .

1
.
2


x →( −1)

x−4
x−4
= −∞ , lim − y = lim −
= +∞ .
x →( −1)
x →( −1) x + 1
x +1

Suy ra tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x = −1 .
lim y = lim

x →±∞

x →±∞

x−4
= 1 suy ra tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 1 .
x +1

Vậy số tiệm cận của đồ thị hàm số là 2.
Câu 16: Đáp án D
x2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 4 z + m = 0

là phương trình của mặt cầu

⇔ 12 + 12 + 22 − m > 0 ⇔ 6 − m > 0 ⇔ m < 6 .
Câu 17: Đáp án B

÷

÷
 6 ÷
6
3
 6   6 ÷






Câu 18: Đáp án D
Vì ∆ABC vuông cân tại B và AC = a 2 nên AB = BC = a . Ta có:
V = S∆ABC .BB′ =

1
a3
AB.BC.BB′ = .
2
2

Câu 19: Đáp án B
1 2
1
Ta có: V = π r h = π .3.4 = 4π .
3
3
Trang 9


2

2

x2
I
=

x
+
2
f
x
−
3
g
x

dx
=
xdx
+
2
f
x
dx
−
3
g

+4+3
2

17
.
2

Câu 22: Đáp án D
Xét hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh bằng a . Gọi O là giao điểm của BD′ và B′D .
Ta có O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ và mặt cầu có bán
kính
BD′
R=
=
2

BD 2 + DD′2
=
2

( a 2)
2

2

+ a2

2 3R
3a 2 a 3
.

y ( 0 ) = 3; y ( 1) = 2; y

( 3 ) = 6 . Vậy M = max y = y ( 3 ) = 6 .
0; 3 



Câu 25: Đáp án B

Trang 10


Khi chia theo yêu cầu bài toán ta được một khối chóp tam giác là A. A′B′C ′ và một khối chóp tứ
giác là A.BCC ′B′ .
Câu 26: Đáp án D

uuur
Gọi I là trugn điểm của đoạn thẳng AB ⇒ I ( 1;1; 2 ) , AB = ( −6; 2; 2 ) .
uuur
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB sẽ đi qua I ( 1;1; 2 ) và nhận AB = ( −6; 2; 2 ) làm một
vectơ pháp tuyến, khi đó phương trình của mặt phẳng này là:

( −6 ) ( x − 1) + 2 ( y − 1) + 2 ( z − 2 ) = 0

⇔ −6 x + 2 y + 2 z = 0 ⇔ 3 x − y − z = 0 .

Câu 27: Đáp án D
Ta có z = 1 − i + i 3 = 1 − i − i = 1 − 2i ⇒ a = 1; b = −2 .
Câu 28: Đáp án B
′

⇔ log 2 ( x − 1) = log 2 2 ( x + 1) ⇔ ( x − 1) = 2 ( x + 1) ⇔ x 2 − 4 x − 1 = 0 ⇔ 
 x = 2 + 5
với điều kiện ta có x = 2 + 5 .

{

}

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = 2 + 5 .
Câu 31: Đáp án D
Trang 11

kết hợp


4 x − 2 x +1 + m = 0 (1)
x
2
2
Đặt t = 2 ( t > 0 ) . ( 1) ⇔ t − 2t + m = 0 ⇔ −t + 2t = m (2)
2
Xét hàm số f ( t ) = −t + 2t , ∀t > 0 ; f ′ ( t ) = −2t + 2 ; f ′ ( t ) = 0 ⇔ −2t + 2 = 0 ⇔ t = 1 .

Bảng biến thiên:

Phương trình (1) có 2 nghiệm thực phân biệt theo biến x ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm thực
dương phân biệt theo t ⇔ 0 < m < 1 . Vậy m ∈ ( 0;1) .
Câu 32: Đáp án C
Ta có y ′ = x 2 − 2mx + m 2 − 4 , y ′′ = 2 x − 2m .
m = 1


=

3+ D
2

=R

⇔

3+ D

 D = −1
⇔
 D = −5
Vậy ( P ) : x + z + 1 = 0 hoặc ( P ) : x + z + 5 = 0 .
Câu 34: Đáp án D

Trang 12

2

= 2

⇔ 3+ D = 2

3 + D = 2
⇔
 3 + D = −2


Suy ra min y = y ( 1) =
[ 1;2]

1+ m
2+m
, max y = y ( 2 ) =
.
[ 1;2]
2
3

Khi đó min y + max y =
[ 1;2]

[ 1;2]

16
1 + m 2 + m 16
⇔
+
= ⇔ m = 5 (loại).
3
2
3
3

TH2: Với 1 − m < 0 ⇔ m > 1 ⇒ y′ < 0, ∀x ∈ [ 1; 2] nên hàm số luôn nghịch biến trên khoảng ( 1; 2 ) .
Suy ra min y = y ( 3) =
[ 1;2]



BC ⊥ SA

SA ⊥ ( ABCD )

⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB (2).
Từ (1) và

(2)

) (

(

· , AB
⇒ (·
SBC ) , ( ABCD ) = SB

)

·
= SBA
= 600 .
Ta

có:

= a tan 600 = a 3 . S ABCD = AB. AD = a.a 3 = a 2 3 .
1
1

Phương trình trở thành t + − 6 = 0 ⇔ t 2 − 6t + 9 = 0 ⇔ t = 3 (thỏa đk)
t
Với t = 3 ⇔
Ta có M =

x
= 3 ⇔ x = 3y .
y

1 + log12 x + log12 y
log12 12 xy
log 12 36 y 2
=
= 1.
2 =
2 log12 ( x + 3 y )
log12 ( x + 3 y )
log12 36 y 2

Câu 38: Đáp án C
Giả sử phương trình vận tốc của vật chuyển động theo đường parabol là:


c = 6
c = 6


3
2
v ( t ) = at + bt + c (km/h). Ta có:  4a + 2b + c = 9 ⇔ b = 3 ⇒ v ( t ) = − t 2 + 3t + 6 .

Vậy s = 24, 75 (km)
Câu 39: Đáp án D
Theo giả thiết ta có z + 2 + i = z ⇔ z = z − 2 − i ⇔ z =
2

2

⇔ z = z −4 z +5 ⇔ z =

( z − 2)

2

+ 1 ⇔ z = ( z − 2) + 1
2

2

5
5
3
3
⇒ z + 2 + i = ⇒ z = − − i ⇒ a = − , b = −1
4
4
4
4

⇒ S = 4a + b = −3 − 1 = −4 .
Câu 40: Đáp án C

x
 dv = e dx v = e
Trang 14


Khi đó

∫ f ′( x) e

2x

dx = ∫ ( 1 − x ) e x  dx = ( 1 − x ) e x + ∫ e x dx = ( 1 − x ) e x + e x + C = ( 2 − x ) e x + C .

Câu 41: Đáp án C
Áp dụng công thức lại kép ta có:

( 1 + 15% )

n

≥ 2 (tỷ đồng) ⇒ n ≥ log ( 1+15% ) 2 ⇒ n ≥ 5 .

Câu 42: Đáp án C
Từ bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) , ta có thể hình dung đồ thị ( C ) của hàm số y = f ( x ) ,
và từ hình ảnh của đồ thị ( C ) ta có thể suy ra hình ảnh của đồ thị ( C ′ ) của hàm số y = f ( x ) .

Vậy đồ thị của hàm số y = f ( x ) có 3 điểm cực trị.
Câu 43: Đáp án B
Gọi I , O lần lượt là trung điểm của cạnh CD
và trọng tâm của tam giác BCD . Vì ABCD

2

Theo giả thiết ( z − 1) là số thuần ảo nên
2

( x − 1)

2

− y 2 = 0 ⇔ y 2 = ( x − 1)

2

 x − y −1 = 0 ( d )
 y = x −1
⇔
⇔
.
 y = −x +1
 x + y − 1 = 0 ( ∆ )

Đường tròn ( C ) có tâm I ( −2;1) và bánh kính R = 2 2 . Ta có d ( I , d ) =

suy ra đưởng thẳng ( d ) tiếp xúc với đường tròn ( C ) . Ta có d ( I , ∆ ) =

−2 − 1 − 1
2

−2 + 1 − 1
2

log 2

1 − ab
= 2ab + a + b − 3 ⇔ log 2 ( 1 − ab ) − log 2 ( a + b ) = 2ab + a + b − 3
a+b
Trang 16


⇔ log 2 2 ( 1 − ab ) + 2 ( 1 − ab ) = log 2 ( a + b ) + a + b (1).
Xét hàm số f ( t ) = log 2 t + t , ∀t > 0 .
Ta có: f ′ ( t ) =

1
+ 1 > 0, ∀t > 0 suy ra hàm số f ( t ) luôn đồng biến ∀t > 0 , khi đó (1) có
t ln 2

dạng f ( 2 ( 1 − ab ) ) = f ( a + b ) ⇔ 2 ( 1 − ab ) = a + b ⇔ 2 − 2ab = a + b ⇔ a + 2ab = 2 − b
⇔ a ( 1 + 2b ) = 2 − b ⇔ a =
Ta có: P = a + 2b =

2−b
. Vì a > 0, b > 0 nên 0 < b < 2 .
1 + 2b

2−b
4b 2 + b + 2
+ 2b =
, ∀b ∈ ( 0; 2 ) .
1 + 2b
1 + 2b

Câu 47: Đáp án A
Gọi I là hình chiếu vuông góc của A
lên mặt phẳng ( P ) và O, E lần lượt
là trung điểm của các cạnh AB và
IB .

Ta

có:

d ⊥ AI , d ⊥ AH

⇒ d ⊥ IH ⇒ ∆IHB vuông tại H ,
suy ra H luôn nằm trên đường tròn
cố định có tâm là E và bán kính
R=

IB
. Ta có AI = d ( A, ( P ) ) = 4 3 , AB = 6 2 ⇒ IB = AB 2 − AI 2 = 72 − 48 = 2 6 .
2
Trang 17


Vậy R =

IB
= 6.
2

Câu 48: Đáp án D

1
1

=  − g ( x ) − 1

3
1

3

3

=  − g ( 3) − 1 −  − g ( 1) − 1 = g ( 1) − g ( 3) > 0 ⇔ g ( 1) > g ( 3)

( 2) .

Dựa vào đồ thị ta có: S1 > S2 ⇔ 2S1 > 2S 2 ⇔ g ( 1) − g ( −3) > g ( 1) − g ( 3) ⇔ g ( 3) > g ( −3)

( 3)

.
Từ (1), (2), (3) suy ra: g ( 1) > g ( 3) > g ( −3) .
Câu 49: Đáp án C
Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên
mặt

phẳng

( ABC ) .


4


Mặt khác S ∆ABC =

3x
AB.BC. AC x.2 3.2 3
=
=
R
4R
4R

( 2)

(trong đó R là bán kính đường tròn ngoại

tiếp ∆ABC ).
Từ (1), (2) ⇒ R =

12

2
= CH ⇒ DH = DC 2 − HC 2 = 12 − 144 = 432 − 12 x .
48 − x 2
48 − x 2
48 − x 2

VABCD


= 3

3  x 2 + 36 − x 2 
1 2
x ( 36 − x 2 ) ≤

÷= 3 3 .
6 
2
6


2
2
Ta có ( VABCD ) max = 3 3 ⇔ x = 36 − x ( x > 0 ) ⇔ x 2 = 18 ⇔ x = 3 2 .

Câu 50: Đáp án A
Gọi R, r lần lượt là bán kính đáy của hình trụ ( H ) và bán
kính của hình cầu ( S ) , h là chiều cao của hình trụ ( H ) , ta
có:
r = R2 −

h2
= 16 − 4 = 2 3 .
4

4
256π
2
3