ĐỀ TẬP HUẤN THI THPT QUỐC GIA 2017
THPT NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU- BÌNH ĐỊNH

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN

Câu 1.

Đồ thị bên dưới là của hàm số nào?

A. y = − x 4 + 2 x 2 + 3 .
Câu 2.

D. y = x 4 − 2 x 2 − 1 .

C. yCT = −4 .

x 2 − 3x + 3
trên đoạn
x −1

B. −3 .

D. yCT = 6 .

1

 −2; 2  là

C. 1 .

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

B. y0 = 2 .

C. y0 = −2 .

D. y0 = −1 .

x3
Cho hàm số y = − 3x 2 + 5 x + 1 . Khẳng định nào sau là khẳng định ĐÚNG
3
y = +∞ .
A. xlim
→−∞

B. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và đạt cực đại tại x = 5 .
C. Hàm số đồng biến trong khoảng ( 1;5 ) .
D. Đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.
Câu 6.

Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =
A. 0.

Câu 7.

2x −1
x2 + x + 2

B. 1.


B. m < 0 .

D. −2 .

x
tại hai điểm phân biệt khi
x +1

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y =
A. m ≤ 0 hoặc m ≥ 1 .

Câu 11.

C. 2.

Đường thẳng y = x + m cắt đồ thị hàm số y =

m < 0
A. 
.
m > 4
Câu 10.

C. m = −1 .

x3
− mx 2 + ( m 2 − 1) x + 1 đạt cực đại tại x = 1 khi giá trị m là
3


15
km .
4

B.

ab − 2a + 1
.
a+2

B.
2

1
 1

Cho K =  x 2 − y 2 ÷



10
km .
4

D.

19
km .
4


Cho log 2 3 = a, log 3 5 = b . Khi đó log12 90 tính theo a, b là
A.

Câu 13.

13
km .
4

C. x + 1 .

B. 2x .

D. x − 1 .

Cho hàm số f ( x ) = 3x .4 x . Khẳng định nào sau đây SAI
2

2
A. f ( x ) > 9 ⇔ x + 2 x log 3 2 > 2 .

2
B. f ( x ) > 9 ⇔ x log 2 3 + 2 x > 2 log 2 3 .

Trang 2


C. f ( x ) > 9 ⇔ 2 x log 3 + x log 4 > log 9 .
Câu 15.


2017 x

D. y ′ =

2016(1 − x ln 2017)
.
2017 x

2
Hàm số y = ln ( − x + 5 x − 6 ) có tập xác định là

B. ( −∞; 0 ) .

A. (0; +∞) .

C. ( 2;3) .

D. ( −∞; 2 ) ∪ ( 3; +∞ ) .

Cho 0 < a, b ≠ 1, x và y là hai số dương. Tìm mệnh đề ĐÚNG trong các mệnh đề sau
A. log a

x log a x
=
.
y log a y

B. log a

C. log a ( x + y ) = log a x + log a y .


90
.
π

Tập nghiệm của bất phương trình: log 4 ( x + 7 ) > log 2 ( x + 1) là
A. ( 1; 4 ) .

Câu 16.

D.

1
1
=
.
x log a x

D. log b x = log b a.log a x .

Một người gửi tiết kiệm ngân hàng, mỗi tháng gửi 1 triệu đồng, với lãi suất kép 1%/tháng. Gửi
được hai năm 3 tháng người đó có công việc nên đã rút toàn bộ gốc và lãi về. Số tiền người đó
rút được là bao nhiêu triệu đồng
26
A. 100.  (1, 01) − 1 .

27
B. 101.  (1, 01) − 1 .

27


Trang 3

D. 2e − 1 .


A.
Câu 24.

Câu 25.

1
− ln 2 .
6

5
B. 2 ln 2 − .
3

4−2 2
.
3

1
D. ln 2 − .
6

Nguyên hàm của hàm số f ( x) = 3 3 x + 1 là
1


3x + 1 + C .

3x + 1 + C .

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 + 2 và y = 3x
A. 1 .

Câu 26.

C.

B.

1
.
4

C.

1
.
6

D.

1
.
2

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục Ox hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị


B. 4.
5

Câu 28.

Giả sử

C. 3.

D. 2.

C. 81

D. 8.

dx

∫ 2 x − 1 = ln c. Giá trị của c là
1

A. 9.
Câu 29.

Câu 30.

Cho số phức z = 3 − 4i . Phần thực và phần ảo số phức z là
A. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −4i .

B. Phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 4

5
i.
2

C. 4.

D. 8.

i
. Phần ảo của số phức z 2 là
1+ i

5
B. − i .
2

C.

5
.
2

5
D. − .
2

2
2
Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 2 z + 3 = 0 . Tính A = z1 + z2


A. 3a .
3

Câu 36.

a3 3
B.
.
6

C. a 3 3

D. 2a 3 3 .

Cho lăng trụ đứng ABCD. A′B′C ′D′ có AB′ = a 5 , đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Thể tích
của khối lăng trụ ABCD. A′B′C ′D′ bằng
A. 4a 3 .

Câu 37.

B. 2a 3 .

C. 3a 3

D. a 3 .

Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có A′B = 2a , đáy ABC là tam giác đều, góc giữa đường thẳng
A′B và mặt đáy bằng 600. Thể tích của khối lăng trụ ABC . A′B′C ′ bằng

A. a 3 .

C.

2a 3
.
3

D.

4a 3
.
3

Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh b . Diện tích xung quanh của hình nón tròn
xoay được sinh ra bởi đường gấp khúc AC ′A′ quay xung quang trục AA′ bằng
A. π b 2

Câu 40.

C. π b 2 3 .

B. π b 2 2 .

D. π b 2 6 .

Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông cân tại A, BC = 2 a , tam giác SBC là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và

BC là
A.
Câu 41.


4π a 3 3
.
3

D. π a 3 3 .

Người ta bỏ ba quả bóng bàn cùng kích thước vào trong một chiếc hộp hình trụ có đáy bằng
hình tròn lớn của quả bóng bàn và chiều cao bằng ba lần đường kính quả bóng bàn. Gọi S1 là
tổng diện tích của ba quả bóng bàn, S 2 là diện tích xung quanh của hình trụ. Tỉ số
A.

Câu 43.

3
.
2

B. 1.

C. 2.

6
.
5

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 2 x – z − 3 = 0 . Vectơ nào dưới đây là
một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P )
r
r


D. −6 .

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A ( 2;1; −1) , mặt phẳng ( P) : x + 2 y − 2 z + 3 = 0
Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( P ) .Tìm tọa độ M thuộc d sao cho
OM = 3

Câu 46.

 7 5 −5 
A. ( 1; −1;1) hoặc  ; ; ÷.
3 3 3 

 5 1 −1 
B. ( 1; −1;1) hoặc  ; ; ÷ .
3 3 3 

 7 5 −5 
C. ( 3;3; −3) hoặc  ; ; ÷.
3 3 3 

 5 1 −1 
D. ( 3;3; −3) hoặc  ; ; ÷ .
3 3 3 

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 8 z − 10 = 0;
( P ) : x + 2 y − 2 z + 2017 = 0 . Phương trình mặt phẳng ( Q ) song song với ( P ) và tiếp xúc với

( S)


hai đường thẳng là
A. Song song.

Câu 48.

B. Chéo nhau.

C. Cắt nhau.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :

D. Trùng nhau.
x −1 y z + 1
= =
và mặt phẳng
2
1
3

( P ) : 2 x + y − z = 0 .Mặt phẳng ( Q ) chứa đường thẳng d và vuông góc mặt phẳng

( P)

có

phương trình
A. 2 x − y − z = 0 .
Câu 49.

B. x − 2 y + 1 = 0 ; .

x −1 y + 3 z − 3
=
=
. Một mặt cầu ( S ) có tâm thuộc d , tiếp xúc với ( P ) và cắt
−1
2
1

theo một đường tròn có chu vi 2π . Tìm phương trình mặt cầu ( S ) có hoành độ tâm lớn

hơn −5 .
A. ( x + 7) 2 + ( y + 1) + ( z − 4 ) = 4 .

B. ( x + 5 ) + ( y + 5 ) + ( z − 2 ) = 4

C. ( x + 3) + ( y − 5 ) + ( z − 7 ) = 4 .

D. ( x + 6 ) + ( y + 3) + z 2 = 4 .

2

2

2

2

2

2


5-D

6-C

7-B

8-C

9-A

10-D

11-B

12-D

13-A

14-C

15-B

16-C

17-B

18-D

19-C


35-B

36-B

37-C

38-A

39-D

40-B

41-A

42-B

43-D

44-C

45-B

46-B

47-C

48-D

49-D

Câu 3: Đáp án B
Trang 8


- Phương pháp: + Cách làm dạng này là tính các giá trị y tại các điểm giới hạn và điểm cực trị, xem xét
giá trị nào lớn nhất rồi kết luận
+ Chú ý khi giải y ' = 0 cần lưu ý điểm khoảng nghiệm điều kiện
- Cách giải: Ta có: y =

x 2 − 3x + 3 x 2 − x − 2x + 2 + 1
1
1
=
= x −2+
⇒ y' =1 =
x −1
x −1
x −1
(x − 1) 2

Giải phương trình y’=0 ta được ( x − 1) = 1 . Suy ra x=0
2

Tính f (−2) =

−13
−7
;f (0,5) =
;f (0) = −3
3


2x − 1
x2 + x + 2

=2

Hàm số có 2 tiệm cận ngang y=2 và y = −2
Câu 7: Đáp án B
- Phương pháp + Xác định được các tính chất của điểm cực đại và cực tiểu
+ Xác định xem tam giác vuông tại đỉnh nào, và có thể dùng phương pháp thử đáp án nếu cần thiết.

Trang 9


- Cách giải Giải phương trình y’=0 : 4x 3 − 2(6m − 4)x = x 3 + (3m − 2)x = x(x 2 + 3m − 2) = 0 Để hàm số
có 3 điểm cực trị thì 2-3m>0 ⇔ m

Suy ra m=0 hoặc 2.
y = −∞ nên x=1 là nghiệm nhỏ của phương trình (*)
Do x=1 là điểm cực đại, mà xlim
→−∞

Nên ta loại được m=0
Câu 9: Đáp án A
- Cách giải + Xét phương trình hoành độ giao điểm:
x
= x + m ⇒ (x + 1)(x + m) = x(x ≠ −1) ⇔ x 2 + mx + m = 0
x +1
Trang 10


 m 2 − 4m > 0
 ∆ > 0∀m
m < 0
⇔
⇔
Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì ⇔ 
f (−1) ≠ 0
m > 4
1 − m + m ≠ 0
Câu 10: Đáp án D
- Phương pháp +Tìm y’; giải y’=0
π
+ Đánh giá y’ trên ( ; π)
2
- Cách giải + Tìm y’: y =


2
1− m
Câu 11: Đáp án B
- Phương pháp + Nhận thấy SC là ở dưới nước, AS là trên bờ. Lập biểu thức tính tiền rồi thử đáp án.
- Cách giải: Gọi SA=x ta được SC = BS2 + BC 2 = (4 − x) 2 + 12
Số tiền cần để mắc là : (4 − x) 2 + 1.5000 + 3000x
Thử 4 đáp án thấy đáp án B cho số tiền ít nhất.
Câu 12: Đáp án D
- Phương pháp
+ Áp dụng linh hoạt các công thức logarit như log a b =

log c b
;log c ab = log c a + log c b
log c a

- Cách giải: Có: log 2 3.log 3 5 = log 2 5 = ab
Ta có: log12 90 =

log 2 90 log 2 32 + log 2 2 + log 2 5 1 + 2 log 2 3 + log 2 5 1 + 2a + ab
=
=
=
log 2 12
log 2 22 + log 2 3
2 + log 2 3
a+2

Câu 13: Đáp án
Trang 11


- Cách giải: Điều kiện x > −1
log 4 (x + 7) > log 2 (x + 1) ⇔ log 22 (x + 7) > log 2 (x + 1) ⇔

1
log 2 (x + 7) > log 2 (x + 1) ⇔ x + 7 > (x + 1) 2
2

⇔ x 2 + x − 6 < 0 ⇔ (x + 3)(x − 2) < 0 ⇔ x < 2

Câu 16: Đáp án C
Ta có: x 2 − x + 2 = 2
Phương trình có nghiệm 0 và 1.
Câu 17: Đáp án B
Áp dụng công thức : (u.v)’=u’v+uv
Câu 18: Đáp án D
Áp dụng công thức : (u.v)’=u’v+uv
Ta có:
y=

2016x
2016
2016 − 2016x.ln 2017 2016(1 − x ln 2017)
⇒ y' =
+ 2016x( −1) ln 20172017 x =
=
x
x
2017
2017
2017 x

Đến cuối tháng thứ 27 người đó có : 1,0127+1,0126+..+1,01=U
Ta có: 1,01U=1,0128+1,0127+..+1,012
Lấy 1,01U-U=1,0128 -1,01. Suy ra U=100(1,0128-1,01)= 101[(1,01)27-1] (triệu đồng)
Câu 22: Đáp án B
1

1

I = ∫ 2e dx = 2e
x

0

= 2e − 2

x
0

Câu 23: Đáp án C
- Phương pháp + Dùng phương pháp đặt ẩn phụ để giải. Ở đây hợp lý nhất là đặt
- Cách giải: Đặt

x +1 = a

x + 1 = a ⇒ x = a 2 − 1 ⇒ dx = 2ada
1

Đổi cận: x = 0 ⇒ a = 1; x = 1 ⇒ a = 2 ⇒ ∫
0


2

∫ 2(a
1

2

− 1)da


1

1

4

Ta cos: f (x) = (3x + 1) 3 ⇒ ∫ (3x + 1) 3 dx = (3x + 1) 3 .

1
4

Câu 25: Đáp án C
a

- Phương pháp + Áp dụng công thức tính S giới hạn bởi 2 đường: S = ∫ | f (x) − g(x) | dx
b

- Cách giải: Tìm cận. Xét phương trình hoành đồ giao điểm : x2+2=3x
Phương trình có 2 nghiệm x=1 và x=2.
Có: S = ∫

x

2

- Cách giải + Tìm cận: (2 − x)e 2 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ V = π ∫ [(2 − x)e 2 ]2 = π ∫ (2 − x) 2 e x dx
0

0

Bấm máy tính ta được kết quả xấp xỉ 15,01
Đáp án C đúng
Câu 27: Đáp án D
- Phương pháp + Tính được tích phân theo a
- Cách giải
Ta có:

∫

a

0

a

a
x 2 + 2x + 2
1
x2
a2
dx = ∫ [(x + 1) +



Câu 30: Đáp án B
Gọi số phức cần tìm là z = a + bi ⇒ z = a − bi
Khi đó phương trình ⇔ a − b + (a + b)i + 2a − b − (a + 2b)i = 13 + 2i

3a − 2b = 13 a = 3
⇔ 3a − 2b − bi = 13 + 2i ⇔ 
⇔
⇒ z = 3 − 2i
− b = 2
 b = −2
Câu 31: Đáp án A
- Phương pháp: Công thức tính modun của số phức z=a+bi: | z |= a 2 + b 2
- Cách giải Ta có: z1+z2=1+3i+3-4-=4-i
Suy ra mô dun của số phức z1+z2 là :

42 + 12 = 17

Câu 32: Đáp án C
- Phương pháp + Nên dùng máy tính để rút gọn các biểu thức số phức.
- Cách giải z = 2 − i +

i
5 i
5 i
5i
= − ⇒ z = + ⇒ z2 = 6 +
1+ i 2 2
2 2

2a − b − 8 2 a + 2b + 1 2
) +(
) = 2 2 ⇔ (a − 3) 2 + (b + 2) 2 = 20 ⇒ R = 20
5
5

Câu 35: Đáp án B
Trang 15


Nhận xét: bài này không cần phải vẽ hình cũng có thể nhẩm nhanh được
1
1
1 3
3 3
V = SA.SSABC = .2a. .
a.a =
a
3
3
2 2
6
Câu 36: Đáp án B
- Cách giải: Ta có: AB'2 = AB2 + BB'2 ⇔ 5a 2 = a 2 + BB '2
⇒ BB' = 2a ⇒ V = SABCD .BB' = a 2 .2a = 2a 3
Câu 37: Đáp án C
- Phương pháp + Dựng được góc giữa A’B và (ABC)
+ Từ đó tính được thể tích
- Góc giữa A’B và (ABC) chính là A'BA = 60o
Xét tam giác A’BA vuông tại A có A'BA = 60o


Câu 40: Đáp án B
- Phương pháp + Có nhiều cách để tìm khoảng cách giữa 2
đường thẳng
+ TH này ta dùng cách dựng đoạn thẳng vuông góc với 2
đường thẳng BC và SA.
- Cách giải: Gọi D là trung điểm của BC
Suy ra SD vuông góc với đáy (ABC)

BC ⊥ AD; BC ⊥ SD ⇒ BC ⊥ (SDA) ⇒ BC ⊥ DM
(M là chân đường cao kẻ từ D xuống SA)
Suy ra DM chính là đoạn vuông góc với cả 2 đoạn BC và SA nên DM chính là khoảng cách giữa 2 đường
thẳng BC và SA.
AD=a;
SD =

3
.2a = 3a
2

Xét tam giác SDA: tính được DM =

3
a
2

Câu 41: Đáp án A
- Phương pháp + Dựng được tâm mặt cầu ngoại tiếp dựa vào 2
tam giác vuông SAB và ABC.
+ Tính được IP và IM rồi tính được bán kính

- Chiều cao của hình trụ là 3.2r=6r=6a
2
- S2 = 12πa ⇒

S1
=1
S2

Câu 43: Đáp án D
(P): Ax+By+Cz+d=0. Véc tơ pháp tuyến của (P) có tọa độ (A;B;C)
Câu 44: Đáp án
- Phương pháp + Công thức mặt phẳng đi qua 3 điểm có tọa độ (a;0;0); (0;b;0) ; (0;0;c) là

- Cách giải: Áp dụng công thức trên ta được phương trình mặt phẳng (ABC):

x y z
+ + =1
a b c

x y z
+ + =1
1 2 3

Gọi M là giao điểm của d và (ABC).
M(-a;2+a;3+a). Thay vào ta có :

−a a + 2 a + 3
+
+
=1⇒

2

2

5 1 −1
Suy ra M(1;-1;1) và ( ; ; )
3 3 3
Câu 46: Đáp án B
- Phương pháp + Tìm tâm I, điều kiện để (Q) tiếp xúc với mặt cầu là khoảng cách từ I đến (Q) bằng bán
kính mặt cầu
- Cách giải Mặt cầu S có tâm I(1;-3;4) và bán kính 6.
(Q): x+2y-2z+a=0 ( do (Q) song song với (P))

d1/(Q) =

|1.1 + 2(−3) − 2.4 + a |
12 + 22 + 22

 a = −5
= 6 ⇒ 6.3 =| −13 + a |⇒ 
a = 31

Câu 47: Đáp án C
Nhận xét: thấy 2 véc tơ của 2 đường thẳng không tỉ lệ, nên nó sẽ rơi vào trường hợp cắt nhau hoặc chéo
nhau.
Giả sử 2 đường thẳng này cắt nhau
Ta sẽ có: -2-2t=1 suy ra t =

Tìm t’: ta được t ' =


=
=
AB = (2; −2;6) = 2(1; −1;3) . Phương trình (AB):
1
−1
3
Gọi H(b+1;-b+5;3b) là chân đường cao kẻ từ M đến (AB)
M(2a-1;-a+1;2a)
uuuu
r
uuur uuuu
r
⇒ MH = (b − 2a + 1; − b + a = 4;3b − 2a); AB ⊥ MH ⇒ b − 2a + 2 = b − a − 4 + 9b − 6a = 0
⇔ −9a + 11b − 2 = 0 ⇒ b =

uuuu
r  24 − 13a 2a + 42 5a + 6 
9a + 2
⇒ MH = 
;
;
÷
11
11
11 
 11

Nhận xét: ta nên dùng phương pháp thử đáp án:
Thử 4 đáp án để tính MH sao cho MH nhỏ nhất thì thấy với a=1 thì MH nhỏ nhất
Câu 50: Đáp án C