Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405

The best or nothing

THPT CHUYÊN ĐH VINH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 LẦN 4

Ngọc Huyền LB sưu tầm và giới thiệu

Môn: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1: Cho các số phức z1  1  2i , z2  2  i.
Môđun của số phức w  z1  2 z2  3 là:
A. w  4.

B. w  5.

C. w  5.

D. w  13.

1  2x
có đồ thị là  C  .
x1
Mệnh đề nào sau đây sai?
Câu 2: Cho hàm số y 

A.  C  có tiệm cận ngang là y  2.


A. Đồ thị của hàm số y  ln x có tiệm cận đứng.

B.  C  có hai tiệm cận.
C.  C  có tiệm cận ngang là y  1.

B. Đồ thị của hàm số y  2  x có tiệm cận đứng.

D.  C  có tiệm cận đứng.

C. Đồ thị của hàm số y  2 x có tiệm cận ngang.

Câu 3: Hàm số nào sau đây đồng biến trên

 ;  ?

D. Đồ thị của hàm số y  ln  x  không có tiệm

A. y  x  x  2.

B. y  x  x  2.

cận ngang.
Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho

C. y  x  x  1.

D. y  x 3  x  1.

hai


phẳng

A. Không tồn tại m.
C. m  2.

B. m  2.
D. m  5.

Câu 10: Cho số phức z  a  bi  a, b 



và
song

tùy ý.

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Môđun của z là một số thực dương.
B. z 2  z

2

C. Số phức liên hợp của z có môđun bằng
môđun của iz.
D. Điểm M  a; b  là điểm biểu diễn của z.

1

O


C. f  x   x3  x2  x  1.
D. f  x   x3  x2  x  1.
Câu 6: Cho a , b là các số thực dương và x , y là

mặt phẳng

các số thực bất kì. Đẳng thức nào sau đây đúng?

thẳng  :

A. a

x y

a a .
x

y

B.  a  b   a  b .
x

x

x

 : x  2y  3z  6  0

và đường

3

3  2x  1
với a , b là các số nguyên. Mệnh đề nào sau đây
đúng?
A. a  b  3.
B. a  b  3.
C. a  b  5.
D. a  b  5.
Câu 14: Cho các số thực a , b , c thỏa mãn
0

 

log a b  9, log a c  10. Tính M  log b a c .

7
2
5
3
A. M  . B. M  . C. M  . D. M  .
2
2
3
3
e

Câu 15: Cho tích phân I   x ln 2 xdx. Mệnh đề
1


2
1
1





hàm là:

C. f   x  

2x
4x  1
2x

.

B. f   x  

2 x ln 2

. D. f   x  

ln 2

4x  1

.
.

x 1

B. y  log 1  x  1 .
2

y

1
D. y   .
x
1

Câu 20: Tập xác định của hàm số y 
A.  0;9  .

2  log 3 x

là:

C.  9;   . D. 1;9  .

B.  0; 9  .

Câu 21: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

 

hàm số y  g  x   xf x 2

và

A. y 

1

e

Khối lập phương

 0;  ?

1

e

e

Khối tứ diện đều

y = g(x)

S
O

5
A. I  .
4

5
B. I  .
2

bán kính đáy thì được khối trụ mới có diện tích
xung quanh bằng 16. Bán kính đáy của khối trụ
ban đầu bằng:
A. 1.
B. 2.
C. 4.
D. 8.
Câu 24: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho
các điểm A  0;1; 2  , B 1; 2; 3  và C 1; 2; 5 .

Câu 31: Tìm tất cả các giá trị của tham số a để
hàm số y  ax  x2  1 có cực tiểu.
A. 1  a  1.
B. 0  a  1.
C. 1  a  2.
D. 2  a  0.
Câu 32: Cho số phức z có điểm biểu diễn là M.
1
Biết rằng số phức w  được biểu diễn bởi một
z
trong bốn điểm P , Q , R , S như hình vẽ bên. Hỏi
điểm biểu diễn của w là điểm nào?
y
P

M

Điểm M nằm trong đoạn thẳng BC sao cho
MB  3MC. Độ dài đoạn thẳng AM bằng:
A. 11.

12

D.

6a3
.
8

Câu 27: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm







f   x    x  1 x 2  2 x 4  4 . Số điểm cực trị của

hàm số y  f  x  là:
A. 3.
B. 2.
C. 4.
D. 1.
Câu 28: Một hình nón có độ dài đường sinh bằng
đường kính đáy. Diện tích đáy của hình nón bằng
. Chiều cao của hình nón bằng:
A. 3.
B. 5.
C. 1.
D. 2.

x

1

O
R

Q

S

A. S.
B. Q.
C. P.
D. R.
Câu 33: Trong môi trường nuôi cấy ổn định
người ta nhận thấy rằng: cứ sau đúng 5 ngày số
lượng loài vi khuẩn A tăng lên gấp đôi, còn sau
đúng 10 ngày số lượng loài vi khuẩn B tăng lên
gấp ba. Giả sử ban đầu có 100 con vi khuẩn A và
200 con vi khuẩn B, hỏi sau bao nhiêu ngày nuôi
cấy trong môi trường đó thì số lượng hai loài
bằng nhau, biết rằng tốc độ tăng trưởng của mỗi
loài ở mọi thời điểm là như nhau?
A. 10  log 3 2 (ngày). B. 5  log 8 2 (ngày).
3

2

C. 10  log 4 2 (ngày).

tại M, N và A thì AN  2 AM (hình vẽ bên). Mệnh
đề nào sau đây đúng?

Đã nói là làm - Đã làm là không hời hợt - Đã làm là hết mình - Đã làm là không hối hận


Ngọc Huyền LB – facebook.com/huyenvu2405

The best or nothing

y

N

A

M
A

6,4

B

y=a

x

y = bx

7,2


D

C

1,6

A. 239 dm3 .

B. 170 dm3 .

C. 132 dm3 .
D. 954 dm3 .
Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho
mặt phẳng    : x  ay  bz  1  0 và đường thẳng

x y z 1


. Biết rằng    //  và    tạo
1 1 1
với các trục Ox, Oz các góc bằng nhau. Tìm giá trị
của a.
A. a  1 hoặc a  1. B. a  2 hoặc a  0.
C. a  0.
D. a  2.
:

Câu 41: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm


A. 3.
B. 1.
C. 2 3.
D.
2
Câu 39: Một cơ sở sản xuất kem chuẩn bị làm
1000 chiếc kem giống nhau theo đơn đặt hàng.
Cốc đựng kem có dạng hình tròn xoay được tạo
thành khi quay hình thang ABCD vuông tại A và
D quanh trục AD (xem hình vẽ). Chiếc cốc có bề
dày không đáng kể, chiều cao bằng 7,2 cm; đường
kính miệng cốc bằng 6,4 cm; đường kính đáy cốc
bằng 1,6 cm. Kem được đổ đầy cốc và dư ra phía
ngoài một lượng có dạng nửa hình cầu có bán
kính bằng bán kính miệng cốc. Cơ sở đó cần dùng
lượng kem gần nhất với giá trị nào trong các giá
trị sau:

A. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng

 0; 2  .
B. Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng

 ; 2  .
C. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng

 2; 0  .
D. Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng

 2; 2  .

15
15
3
5
Câu 43: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
A.

hình vuông, cạnh bên SA  2a và SA vuông góc
với mặt phẳng đáy, tam giác SBD là tam giác đều.
Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng:

AC. Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
MABC bằng:

5a
3a
2a
.
.
.
B. a.
C.
D.
2
2
2
Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho
A.

biết đường cong   là tập hợp tâm của các mặt


số y  x  2 x  m trên đoạn  1; 2 bằng 5.
B.  0;   .

C.  6; 3   0; 2  .

D.  4; 3  .

mặt

phẳng

 : x  y  z  6  0.

  : x  y  z  6  0,

giới hạn bởi đường cong   bằng:
A. 45.

B. 3 5.

C. 9.

D. 3.

Câu 49: Giả sử hàm số y  f  x  liên tục, nhận giá
trị dương trên

 0; 


C. 3  f  5  4.

D. 1  f  5  2.

Câu 50: Cho hình lăng trụ tam giác đều
ABC.ABC  có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC.
Mặt phẳng  AMN  cắt cạnh BC tại P. Thể tích
của khối đa diện MBP. ABN bằng:
A.

3a 3
.
32

B.

7 3a 3
7 3a 3
7 3a 3
. C.
. D.
.
96
68
32

ĐÁP ÁN
1.A


32.B

37.D

42.A

47.A

3.B

8.B

13.D

18.B

23.C

28.A

33.C

38.A

43.A

48.C

4.B


35.C

40.D

45.A

50.B

Đã nói là làm - Đã làm là không hời hợt - Đã làm là hết mình - Đã làm là không hối hận


Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam

The best or nothing

ĐÁP ÁN
1A
11B
21C
31A
41D

2C
12D
22D
32B
42A

3B
13D

28A
38A
48C

9A
19B
29D
39B
49C

10C
20B
30C
40D
50B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A.
Ta có

Câu 2: Đáp án C.
Hàm số đã cho có dạng
ngang là

,

và đường tiệm cận đứng

, suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận
Vậy ta chọn C.

Đồ thị hàm số có hình dạng N ngược nên ta loại A và C.
Quan sát hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm

nên loại B, chọn D.

Câu 6: Đáp án D.
Với A: ta có

nên A sai.

Với B:

nên B sai.

Với C:

nên C sai

Với D:

nên D đúng.

Câu 7: Đáp án C.






Ta có 4 x  1 

không phải là một số thực dương.

B sai do
D sai do

là điểm biểu diễn của

Ta có

C đúng.

Câu 11: Đáp án B.
Phương

trình

mặt

phẳng

theo

đoạn

chắn

đi

qua


 dt  t  3ln t  3
t3
1 t3
1
3



Ta có I  



3

1

2
 2  3ln .
3

Suy ra a  2, b  3  a  b  5 .
Cách 2: Ta có đề bài cho a, b là các số nguyên nên ta có thể dễ dàng sử dụng máy
tính như sau:
Gán giá trị của tích phân

SHIFT STO A

Lúc này ta có
Lúc này nếu coi a là


I

Lúc này ta có
e
e
1 2 2 e e 1 2 2.ln x
1
x .ln x   x .
dx  x2 .ln2 x   x.ln xdx
2
x
2
1 2
1
1
1

Câu 16: Đáp án A.

 

Ta có f   x   log 2 2 x  4 x  1

 


2 
x

2 

Câu 18: Đáp án B.
Khối lập phương và khối bát diện đều cùng có 12 cạnh.
Câu 19: Đáp án B.
A sai do hàm số không liên tục trên
C sai do

 x

2



1

 x  2x  1  0  x  . Hàm số đồng biến trên
2

nghịch biến trên

suy ra hàm số không thể đồng biến trên

D sai do hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định.
Câu 20: Đáp án B.
Đã nói là làm – Đã làm là không hời hợt – Đã làm là hết mình – Đã làm là không hối hận!

và


Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam


2
2
1
1
1

2

2

x

 

Khi đó  xf x2 dx 
1

4

4

4

1
5
f  t  dt    f  t  dt  5   f  x  dx  I .

21
2
1

h  2h và Sxq  2rh  16  rh  2rh  8  rh  4  r.

16
4r4.
r2

Câu 24: Đáp án D.
Gọi M  x; y; z   MB  1  x; 2  y; 3  z  , MC   1  x; 2  y; 5  z  .

1  x  3 1  x 
x  1


Từ giả thiết, ta có MB  3 MC  2  y  3  2  y    y  1  M 1; 1; 3  .

 z  3

3  z  3  5  z 
Vậy AM 

1  0    1  1   3  2 
2

2

2

 30 .

Câu 25: Đáp án A.

The best or nothing

Câu 26: Đáp án C.

S

Gọi H là trung điểm AB, do SAB vuông cân tại S nên SH  AB , mà

SAB   ABC  , suy ra SH   ABC  .

Ta có
SA  SB  a  AB  BC  CA  a 2 , SH 
C

A
H
B

AB a 2
AB2 3
3a 2
.

 SABC 

2
2
4
2


Lập bảng biến thiên, ta thấy đạo hàm f   x  đổi dấu qua điểm x  1 , và f   x 
không đổi dấu qua mỗi điểm x   2 , x  2 . Vậy hàm số y  f  x  có đúng 1
cực trị.
Câu 28: Đáp án A.
Gọi r, l, h lần lượt là bán kính đáy, đường sinh và chiều cao của hình nón.

Sđáy  r 2   r  1

 h  l2  r 2  3 .
Từ giả thiết, ta có 
l  2
2r  l
Câu 29: Đáp án D.
Ta có y 

3

 2x  1

 0, x   2; 0   Hàm số nghịch biến trên đoạn  2; 0 .

2


1
y  y  2  
 M  max
2;0 
5 . Vậy 5M  m  0 .
Khi đó 

2
2
x

1
x

1
x 1







.

 y  x0   0
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 0 khi 
hay phương trình y  0 có
 y  x0   0

nghiệm x  x0 .
Có y  0  a 

x
x 1
2


x2  1 
 0, x 
2
2
2
2
x

1
x

1
x 1





luôn đồng biến trên





 Hàm số g  x 

.

Giới hạn lim g  x   1; lim g  x   1 . Để phương trình y  0 có nghiệm khi và
x





i . Số phức w có
2
2
z 1  ai  1  ai 1  ai  1  a
1  a 1  a2

 1
a 
điểm biểu diễn là 
.
;
2
2 
 1 a 1 a 
1

O

x

R

Có a  0  a2  1  1  0 

1
 1 nên P, R, S không phải là điểm biểu

4
3

x
x
 1  .log 2 3
5
10

 10  log 4 2 (ngày).
3

Câu 34: Đáp án B.
x  2  t

Phương trình tham số của  :  y  2  t ,  t 
 z  1  2t




x  0

và Oz :  y  0 ,  t 
 z  t


.

Gọi A  d   , do d     nên A       , ta tìm được tọa độ A 1;1; 1 .


y  bx

Vậy ta có:

ax1  b2 x1  x1 log a  2 x1 log b  log a  2 log b  a  b2 
O

x

1
 ab2  1 .
b2

Câu 36: Đáp án A.

Đã nói là làm – Đã làm là không hời hợt – Đã làm là hết mình – Đã làm là không hối hận!


Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam

The best or nothing

– Nếu a  0 , hàm số trở thành y 

x  x2  1
2




2
 a x
2
a
 a 2
a 2
x
x
đồ thị có tiệm cận ngang khi a  0 .
Vậy a  0 là các giá trị cần tìm.
Câu 37: Đáp án D.
Từ đồ thị hàm số y  f   x  (hình vẽ) , ta thấy f   x   0  x  2 ;
1 1

f   x   0, x   0; 2  và f   x   0, x   2; 5 .

Bảng biến thiên:
x

f   x
f  x

0

2

5




Từ giả thiết, ta có  z2  1


2
2
 z1  z2  1   a  x    b  y   1
a2  b2  1
a2  b2  1
 2

 x  y 2  1
 x2  y 2  1 .
 2
 2 ax  2by  1
2
2
2
 a  b  x  y   2 ax  2by   1 



 

Vậy z1  z2 



 a  x  b  y
2


1
2
1
2
1
2
1
2
1 2
1 2
 1 2
Ta có 
2
2
2
 z1  z2   z1  z2  . z1  z2   z1  z2  z1  z2   z1  z2   z1 .z2  z1 .z2  .

2

2



2

Từ đó suy ra z1  z2  z1  z2  2 z1  z2

2

 z z









– V2 là thể tích của nửa khối càu bán kính R  3,2  cm .





1 4
1 4
8192
Suy ra V2  . R3  . .3,23 
 cm3 .
2 3
2 3
375
8192
20288
Khi đó V  V1  V2  32,256 

 cm3 là thể tích của mỗi chiếc
375
375
kem. Vậy lượng kem cần dùng để sản xuất 1000 chiếc kem là:














Từ giả thiết, ta có sin Ox,     sin Oz ,     cos i , n  cos k , n


i.n  
i . n  



k.n  

1



a 2  b2  1

k . n  

x





x



Lập bảng biến thiên của hàm số, ta thấy f   x   0, x   ; 2    2;   và

f   x   0, x   2; 2  . Như vậy, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 2  và

 2;  ; hàm số nghịch biến trên  2; 2  .

y

Câu 42: Đáp án A.
Đồ thị hình bên có dạng là một parabol

1
O
1

x

 P

với phương trình

  1
 2a
b 2  4 a  0
4a2  4a  0
c  0



 b2  4ac
1

4a


Vậy phương trình  P  : y  x2  2x và thể tích khối tròn xoay cần tính là:
2



V   2 x  x 2
0



2

2
 4 x3
x5  2 16
dx   4x2  4x3  x4 dx   

Vậy VS. ABCD  SA.SABCD  . 2a. a 2
3
3
Câu 44: Đáp án B.

2



2 2 a3
.
3

Điều kiện: 4x  1  x  0 .
Đặt t  4x ,  t  1 thì phương trình có dạng: log 2
Xét hàm số f  t   log 2

t 1
 m.
t 1

t 1
2
trên 1;   . Ta có f   t   2
 0, t  1;  
t 1
t  1 .ln 2





2

Ta có t  x   2  x  1 ; t  x   0  x  1 . Suy ra t  1  4; t 1  0; t  2   1
Khi đó 0  t  x   4 hay t  0; 4 .
Hàm số đã cho trở thành y  f  t   t  m  1  0, t  0; 4  .









Có max y  max f  t   max f  0  , f  4   max m  1 , m  3 .
x
 1;2 

t0;4 

t0;4 

t0;4 

 m  1  m  3
 m   1

 m   4.
– Trường hợp 1: Nếu max y  m  1 thì 

  z



nên z  z  0 ).

Đặt z  x  yi ,  x, y 

1









2
z
z

 z  2  z   z 2  z 2  2 z  z  z.z z  z
2
2


2z
2z


–1

x

O

R 2 .
Ta có M  z  1  i   x  1   y  1 i 

A

 x  1   y  1
2

2

 AB với B  1;1 . Để

M đạt giá trị lớn nhất  Đoạn thẳng AB đạt lớn nhất.
 A  x; y    C 
Nhận thấy 
nên ABmax  2R  2 2 . Vậy Mmax  2 2 .
 B  1;1   C 
Câu 47: Đáp án A.
Công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp có cạnh bên
2

h
vuông góc với đáy: R  R    , trong đó Rđáy , h lần lượt là bán kính đường
2

2
2


Gọi Rđ là bán kính đường tròn ngoại tiếp MA C .

Từ SMAC 
B

MA.MC.AC
MA.MC .AC  a 2.a 2.2a
 Rđ 

a.
4 Rđ
4SMAC
4a2

Hình chóp M.A’B’C’ có BA   MAC nên có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là:
2

2

 AB 
a
a 5
2
R  Rđ 2  
.
  a   

The best or nothing



d    ; 
2

 2

3   x  1   y  1   z  1  12.
2

2

2

Suy ra tập hợp các điểm I  x; y; z  là tâm của mặt cầu S  là giao tuyến của mặt
cầu

S :  x  1   y  1   z  1
2

2

2

 12 và mặt phẳng







dx
3x  1



2

 f  x  e 3

3 x1  C

dx  

dx
3x  1





d f  x
f x



 1


B'

f  x

2
2
2
dt  t  C 
3x  1  C

3
3
3

Từ  1 và  2  , suy ra ln f  x  

C'

f  x

3x  1  t  3x  t 2  1  3dx  2tdt .

Khi đó

A'



phẳng.



1
a2 3
SABN  SABD  SABC 
2
8

Suy ra 
1
a2 3
 SMBP  BM . BP  1  S

S

MBP
S
4 ABD
32
 ABD BA BD 4
Khối đa diện MBP.A’B’N là một khối chóp cụt có hai đáy là MBP và ABN ,
chiều cao h  BB  a .
Vậy

VMBP . ABN 

BB
a  a2 3 a2 3
a2 3 a2 3
SMBP  SABN  SMBP .SABN  
