ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
THPT THANH MIỆN- HẢI DƯƠNG- LẦN 1

Banfileword.com
BỘ ĐỀ 2017
MÔN TOÁN

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

3

'
Câu 1: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên [ 2;3] và f ( 2 ) = −3;f ( 3) = 4. Tính ∫ f ( x ) dx.
2

A. −7.

B. −1.

C. 7.

D. 1.

Câu 2: Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên từng khoảng xác định?

( I)

y=

( III )

2
2
Câu 3: Cho hàm số y = x ln x + 1 + x − 1 + x . Mệnh đề nào sau đây sai?

A. Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) .

)

(

'
2
B. Hàm số có đạo hàm y = ln x + 1 + x .

C. Tập xác định của hàm số là ¡ .
D. Hàm số nghịch biến trên ( 0; +∞ ) .
Câu 4: Thể tích của tứ diện đều ABCD cạnh 2cm là:
A.

2 2
cm3 .
3

B.

2 3
cm 3 .
3

Câu 5: Tập xác định của hàm số y = log


a 2
.
2

Trang 1


a 3
.
2

D. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là

Câu 7: Cho x 2 − xy + y2 = 2. Giá trị nhỏ nhất của biếu thức P = x 2 + xy + y 2 bằng:
A.

2
.
3

B.

1
.
6

C.

1


∫(

)

0

2

C.

∫
0

2

2 − x − x dx.

B.

∫(

)

x − 2 + x dx.

0

2


1 2
D. S = πa 3.
3
2

3

3

1

1

2

Câu 12: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ , ∫ f ( x ) dx = 2, ∫ f ( x ) dx = 7. Tính ∫ f ( x ) dx.
A. 5.
Câu 13: Cho hàm số y =

B. 9.

C. 14.

2x
. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
x2 +1

A. Hàm số có tiệm cận đứng x = ±1 và tiệm cận ngang y = 0.
B. Hàm số có tiệm cận đứng x = ±1.
C. Hàm số có tiệm cận ngang y = 0.

S1 5
= .
S2 8

 2 4
3
2
Câu 15: Cho hàm số y = x − mx +  m − ÷x + 5. Tìm m để hàm số đạt cực đại tại x = 0.
9


2
A. m = − .
3

2
B. m = .
3

2
C. m = ± .
3

D. m = 0.

Câu 16: Phương trình có 9 x − 3x +1 + 2 = 0 có hai nghiệm x1 , x 2 ( x1 < x 2 ) . Giá trị của A = 2x1 + 3x 2 là:
A. 4 log 3 2.

B. 1.



Câu 19: Cho hàm số y =

ex
. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
x2 +1

A. Hàm số nghịch biến trên ¡ .

B. Hàm số nghịch biến trên ( −∞;1) .

C. Hàm số đồng biến trên ¡ .

D. Hàm số nghịch biến trên ( 1; +∞ ) .

6

2

0

0

Câu 20: Cho ∫ f ( x ) dx = 12. Tính ∫ f ( 3x ) dx.
A. 4.

B. 3.

C. 24.


x +1
4

dx =

2
33 4
x + 1) + C.
(
4

B.

∫

x3
3

Trang 3

x +1
4

dx =

3

(x

4

x +1
4

dx =

2
33 4
x + 1) + C.
(
8

Câu 23: Phát biểu nào sau đây là sai?
A. Khối đa diện SA1A 2 ...A 2016 có đúng 2017 đỉnh.
B. Khối đa diện SA1A 2 ...A 2016 có đúng 4034 cạnh.
C. Khối đa diện SA1A 2 ...A 2016 có đúng 4032 cạnh.
D. Khối đa diện SA1A 2 ...A 2016 có đúng 2017 mặt.
Câu 24: Cho hàm số y = ax 4 + bx 2 + c xác định và liên tục trên ¡ , có đồ thị là đường cong ở hình vẽ bên
dưới. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. a > 0, b > 0, c < 0.

B. a > 0, b < 0, c < 0.

C. a < 0, b < 0, c < 0.

D. a > 0, b < 0, c > 0.

Câu 25: Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số y = tan x ?
A. y = ln cosx .



C.  ; +∞ ÷.
4


3 
D.  ;3 .
4 

2
Câu 28: Cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường y = x − 4x + 3 ; y = x + 3. Cho hình phẳng D quay

quanh trục Ox. Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành.
A. 120π (đvtt).
Câu 29: Cho
A. m < n.

(

B. 100π (đvtt).

)
+∞

−1

y

+∞

−1

−∞
B. y =

x−2
.
x +1

C. y =

−1

−x + 2
.
x −1

D. y =

−x + 2
.
x +1


D. 30.

Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm H ( −1; 2;3) và
cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho H là trực tâm của tam
giác ABC.
A. x + 2y + 3z − 12 = 0.

B. − x + 2y + 3z − 14 = 0.

C. x + y + z − 4 = 0.

D. 2x + y − z + 3 = 0.

Câu 35: Số đường tiệm cận của hàm số y =
A. 2.

B. 1.

3− x
là:
x+4
C. 3.

D. 0.

Câu 36: Nếu tăng kích thước hai cạnh của khối hộp chữ nhật lên 2 lần và giảm kích thước
thứ ba 4 lần thì thể tích khối hộp thay đổi như thế nào?
A. Thể tích không thay đổi.


C. M1 ( 4; −1; 2 ) , M 2 ( −2;3;0 ) .

D. M1 ( 4; −1; 2 ) , M 2 ( 2;3;0 ) .

Câu 39: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của AB, AC. Gọi H là trung điểm của AM. Tam giác SAM là tam giác đều và
SH vuông góc với mp (ABCD). Khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau SM và DN
bằng:
A.

a 3
.
2

B.

3a 3
.
4

C. a 3.

D.

a 3
.
4

Câu 40: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông tại A, AC = a, AB = a 3. Đường chéo
BC’ của mặt bên

D.

4a 3 6
.
3

4
2
Câu 41: Cho hàm số y = x + 2 ( m − 4 ) x + m + 5, có đồ thị ( C m ) . Tìm m để đồ thị ( C m ) có ba điểm

cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ O làm trọng tâm.
A. m = −1.

B. m = 2.

C. m = 1.

D. m = 0.

Câu 42: Thiết diện qua trục của hình trụ tròn xoay là hình vuông cạnh bằng 2a, thể tích của
khối nón tròn xoay có đường tròn đáy là đáy của hình trụ và đỉnh là tâm của đường tròn đáy
còn lại của hình trụ là:
B. V =

A. V = πa 3 (đvtt).

2 3
πa (đvtt).
3



y
 x
e = 2007 − 2
y −1

. Khẳng định nào sau đây đúng?
Câu 44: Cho hệ phương trình 
e y = 2007 − x

x2 −1
A. Hệ có đúng 4 nghiệm x > 0, y > 0.

B. Hệ có đúng 3 nghiệm x > 0, y > 0.

C. Hệ có đúng 1 nghiệm x > 0, y > 0.

D. Hệ có đúng 2 nghiệm x > 0, y > 0.

Câu 45: Mặt cầu tâm O đi qua 3 điểm phân biệt A, B, C. Hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng
(ABC) là:
A. Trọng tâm tam giác ABC.

B. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

C. Trực tâm tam giác ABC.

D. Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Câu 46: Cho hình trụ có tính chất: Thiết diện của hình trụ và mặt phẳng chứa trục của hình trụ là hình


B. 3 + 2 2.

341
.
4

a
bằng:
b
D. 2.

C. 3 − 2 2.

Câu 49: Một công ty bất động sản có 50 căn hộ cho thuê. Biết rằng nếu cho thuê mỗi căn hộ
với giá 2000 000 đồng một tháng thì mọi căn hộ đều có người thuê và cứ mỗi lần tăng giá cho
thuê mỗi căn hộ 100 000 đồng một tháng thì có thêm 2 căn hộ bị bỏ trống. Hỏi muốn có thu
nhập cao nhất, công ty đó phải cho thuê mỗi căn hộ với giá bao nhiêu một tháng? Khi đó có
bao nhiêu căn hộ cho thuê?
A. Cho thuê 40 căn hộ với giá mỗi căn hộ là 2250 000 đồng.
B. Cho thuê 5 căn hộ với giá mỗi căn hộ là 2250 000 đồng.
C. Cho thuê 45 căn hộ với giá mỗi căn hộ là 2250 000 đồng.
D. Cho thuê 50 căn hộ với giá mỗi căn hộ là 2000 000 đồng.
Câu 50: Cho a > b > 0. Đường elip (E) có phương trình:
A. πab (đvdt).
C. 4πab (đvdt).

x 2 y2
+
= 1. Tính diện tích của hình elip (E).

2- C

3- A

4- A

5- B

6- D

7- A

8- C

9- B

10- D

11- D

12- A

13- C

14- D

15- B

16- C


34- D

35- A

36- A

37- A

38- A

39- B

40- B

41- C

42- B

43- D

44- D

45- B

46- A

47- C

48- B


−4
1



⇒ y' =
< 0, ∀x ≠ −1; ( II ) : y =
⇒ y ' = tanx ⇒ 
( I) : y =
2
x +1
cos x
( x + 1)
 y ' < 0 khi x ∈  0; π 

÷

 2
2x 2 − 4
( III ) : y = x x 2 − 4 ⇒ y ' = 2 ; ( IV ) : y = x 3 − x ⇒ y ' = 3x 2 − 1
x −4
Do đó chỉ có hàm số (I) nghịch biến trên tập xác định của nó.
Câu 3: Đáp án A
Phương pháp: Tìm tập xác định; tính đạo hàm và xét dấu đạo hàm của hàm số.
Điều kiện: x + 1 + x 2 > 0, ∀x ∈ ¡ . TXD : D = ¡ .
Trang 9


)


÷
÷
3
3
3
 3 
1
1
3
SDBC = .BC.B D.sin 60o = .2.2.
= 3.
2
2
2
1
1 2 2
2 2
V = .AH.SDBC = .
. 3=
cm3 ) .
(
3
3 3
3
Câu 5: Đáp án B
Phương pháp: Hàm số y = log a f ( x ) xác định khi f ( x ) > 0.
Điều kiện: ( x 2 − 4 ) > 0 ⇔ x 2 − 4 ≠ 0 ⇒ x ≠ ±2. TXD : D = ¡ \ { ±2} .
2

Câu 6: Đáp án D

P = x 2 + xy + y 2 = ( x + y ) − xy = ( x + y ) −
2

2

( x + y)
3

x + y)
2
− .
3
3

2

+

2

2 2
2 2
2
2
= ( x + y ) + ≥ ⇒ MinP = .
3 3
3 3
3

Trang 10

 a   b 
 a   b 
⇔
÷ +
÷ = 1 ( 1) . Đặt f ( x ) = 
÷ +
÷.
a+b a+b
a+b a+b

a
b
< 1; 0

a

b

Phương pháp: ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx với a < c < b.
3

2

3

3

3

2

1

1

2

2

1

1

Ta có: ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx ⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = 7 − 2 = 5.

=
=
= .
S2 Stp 96π 8

Câu 15: Đáp án B
'
"
Phương pháp: Ta sử dụng các điều kiện sau: Nếu f ( x 0 ) = 0 và f ( x 0 ) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại

x 0 . Nếu f ' ( x 0 ) = 0 và f " ( x 0 ) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại x 0 .
 2 4
2
Ta có: y ' = 3x − 2mx +  m − ÷; y" = 6x − 2m.
9

2
 2 4

 y ' ( 0 ) = 0
2
m − = 0
m = ±
⇔
⇔
9
3⇒m= .
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 ⇔  "
3
 y ( 0 ) < 0


Phương pháp: Sử dụng các giới hạn lim
Ta có: lim
x →0

 esin x − 1 s inx 
esin x − 1
esin x − 1
= 1 ⇒ lim
= lim 
.
÷ = 1.1 = 1.
x →0
x →0
sin x
x
x 
 sin x

Câu 18: Đáp án A
Phương pháp: logarit cơ số 2 hai vế.
Ta có: 2a.5b = 2c.5d ⇔

2a 5d
=
⇔ 2a −c = 5b −d ⇔ log 2 2a −c = log 2 5b −d
2 c 5c

⇔ a − c = ( b − d ) log 2 5 ⇔ a − c = ( b − d )


1
f ( t ) dt = .12 = 4.
∫
30
3

Câu 21: Đáp án D
Phương pháp: Áp dụng công thức tính tỷ số thể tích. Cho khối chóp S.ABC, trên ba cạnh SA, SB, SC
lần lượt lấy ba điểm A ' , B' , C' khác với S. Gọi V và V ' lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABC và
S.A ' B'C' . Chứng minh rằng:
Ta có:

V SA SB SC
=
.
.
.
V ' SA ' SB' SC'

VS.MNC SM SN SC 1 1 1
1
1
=
.
.
= . = ⇒ VS.MNC = VS.ABC = .4a 3 = a 3 .
VS.ABC SA SB SC 2 2 4
4
4


(+) rồi sang (-) sang (+) nên a > 0 ⇒ loại C.

Trang 13


x = 0
Mà y ' = 4ax + 2bx ⇒ y ' = 0 ⇔  2
. Từ đồ thị ta thấy hàm số có 3 cực trị nên y ' = 0 có ba
x = − b
a

3

nghiệm phân biệt suy ra

−b
> 0 mà a > 0 nên b < 0.
a

Câu 25: Đáp án C
Phương pháp:

u'

∫ u du = ln u + C.

Ta có: ∫ tan xdx = ∫

( cos x ) ' dx = − ln cos x + C.
sin x

> g ( x ) khi 0 < a < 1

, DK : f ( x ) > 0, g ( x ) > 0.
, DK : f ( x ) > 0, g ( x ) > 0.

 4x − 3 > 0
3
⇔x>
Điều kiện: 
4
 2x + 3 > 0
2 log 3 ( 4x − 3) + log 1 ( 2x + 3) ≤ 2 ⇔ log 3 ( 4x − 3 ) − log 3 ( 2x + 3 ) ≤ 2
2

3

⇔

( 4x − 3)

2

3
2
≤ 32 ⇔ ( 4x − 3) ≤ 9 ( 2x + 3 ) ⇔ 16x 2 − 42x − 18 ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 3.
2x + 3
8

3 
Kết hợp điều kiện ta có: S =  ;3 .

⇒
Ta có: x − 4x + 3 = x + 3 ⇔  2
 x − 4x + 3 = − x − 3  x = 5
2

5

2
Vậy thể tích khối tròn xoay là V = π∫ x − 4x + 3 − ( x + 3) dx = 125π ( dvtt ) .
2

2

0

Câu 29: Đáp án D
 m < n khi 0 < a < 1
m
n
.
Phương pháp: Áp dụng tính chất a < a ⇔ 
 m > n khi a > 1
Vì

2 − 1 < 0 nên m > n.

Câu 30: Đáp án D
Phương pháp: Phân tích bảng biến thiên.
f ( x ) = −1 ⇒ y = −1 là TCN nên loại B.
Từ bảng biến thiên ta có: xlim

Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0;c ) . Khi đó phương trình mặt phẳng (ABC) là:
Trang 15

x y z
+ + =1
a b c


Vì

(ABC)

qua

H ( −1; 2;3)

nên

−1 2 3
+ + = 1 ( 1) .
a b c

Ta

có:

uuur
AH = ( −1 − a; 2;3 ) ;

uuur

+
3
−
c
.0
=
0
CH.AB
=
0
(
)
(
)




2
−1 2
3
14
+
+
= 1 ⇔ a = −14 ⇒ b = 7; c = .
Thay vào (1) ta có: a −a −a
3
2
3
x

c
⇒ V ' = a ' b 'c ' = 2a.2b. = abc = V.
4
4

Câu 37: Đáp án A
2
2
2
Phương pháp: PT mặt cầu ( S) : x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 có tâm I ( a; b;c ) và bán kính

R = a 2 + b 2 + c2 − d.
Theo đề bài ta có: I ( 1; −2;0 ) ; R = a 2 + b 2 + c 2 − d = 1 + 4 − ( −4 ) = 3.
Trang 16


Câu 38: Đáp án A
Phương pháp: Giả sử đường thẳng d có phương trình

 x = x 0 + at

 y = y 0 + bt . Khi đó lấy điểm
 z = z + ct
0


M ( x 0 + at; y 0 + bt; z 0 + ct ) và tìm khoảng cách từ M đến (P). Từ đó suy ra t và suy ra điểm M.
Vì điểm M ∈ d nên M ( 1 + 3t; 2 − t;1 + t ) và ta có d ( M, ( P ) ) = 3 nên:
2 ( 1 + 3t ) − 2 ( 2 − t ) + 1 + t + 1
4 + 4 +1

3a  uuuu
SM =  ;0; −
,
DN
=
2a;
−
;0
,
MN
=  a; ;0 ÷.
÷

÷
÷
2
2
2


 2 


uuur uuur uuuu
r
SM, DN  .MN 3a 3


d ( SM, DN ) =
=


2

− a 2 = 2a 2.

1
1
a2 3
a2 3
AB.AC = .a 3.a =
⇒ VABC.A'B'C' = SABC .A 'A =
.2a 2 = a 3 6.
2
2
2
2

Câu 41: Đáp án C
Phương pháp: Tìm các điểm cực trị x1 , x 2 , x 3 sau đó tính y1 , y 2 , y3 rồi áp dụng công thức trọng tâm của
một tam giác.
x = 0
3
Ta có: y ' = 4x + 4x ( m − 4 ) ⇒ y ' = 0 ⇔  2
x = 4 − m

( Cm )

( 1)

có 3 điểm cực trị thì y ' = 0 phải có 3 nghiệm phân biệt suy ra (1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác

3
3
Câu 43: Đáp án D
Phương pháp: Tính tích phân bằng đổi biến số.
π
 π π
Đặt x = 2sin t, t ∈  − '  ⇒ dx = 2cosdt; x = 0 ⇒ t = 0, x = 2 ⇒ t = .
2
 2 2
Trang 18


2

π
2

0

0

π
2

π
2

π

 sin2t  2

. Trừ vế theo vế (1) với (2) ta được:
y >1


( 2)
y

ex − ey = −

Xét

hàm

y2 − 1
t

f ( t ) = et −

số

+

t2 −1

x
x2 −1

x

⇔ ex −


ra:

x
 x
− 2007 = 0
e +
.
( 3) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y. Khi đó ta có hệ: 
x2 −1
x = y

x
Xét h ( x ) = e +

x
x −1
2

x > 1 ⇒ h ' ( x ) = ex −

− 2007, x > 1 ( ∗) ; x < −1 ⇒ h ( x ) < e x − 2007 < 0 ⇒ hệ vô nghiệm.
1

(x

2

− 1)

0

= +∞; lim = +∞ . Vậy h ( x ) liên tục và có đồ thị lõm trên ( 1; +∞ ) . Do đó (*) có 2 nghiệm
Vậy xlim
x →+∞
→1+
dương, ta cần chứng minh tồn tại x 0 > 1 mà h ( x 0 ) < 0.


điểm

A;

B;

C

nên

OA

=

OB=

OC.

Gọi H là hình chiếu của O lên (ABC) thì HA= HB = HC (định lý trên) suy ra H là
tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC.
Trang 19


Câu 46: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích V = πr 2 h. Biến đổi đưa thể tích về hàm
số của 1 biến rồi tìm giá trị lớn nhất.
Gọi

chiều

⇒ a + b = 6 ⇒ b = 6 − a. Để thể tích khối trụ đạt giá trị lơn hơn ta cần chọn

b
h = a; r = .
2
2

π
π
2
b
Khi đó: V = πr h = π  ÷ .a = . ( 6 − a ) .a = ( a 3 − 12a 2 + 36a ) .
4
4
2
2

3
2
Đặt f ( a ) = a − 12a + 36a, a ∈ ( 0;3)

a = 2
⇒ f ' ( a ) = 3a 2 − 24a + 36; f ' ( a ) = 0 ⇔ 
⇒ a = 2.
a = 6
Bảng biến thiên:
0

a
f'


)

3
3
P = ( 9x + y ) ( 9y + z ) z − xz + x ≥ ( 9x + y ) ( 9y + z ) . x = ( 81x 2 y + xyz + 9x 2z + 9y 2 x )
4
4
Do xyz = 1 ⇒ y =

1
3 x
9
 343
⇒ P ≥  81 + 9x 2 z + 2 + 1 ÷ ≥
.
xy
4 z
z x 
4

Câu 48: Đáp án B
α
Phương pháp : Sử dụng các tính chất của lôgarit log a ( MN ) = log a M + log a N; log a N = α log a N.

2 log 2 ( a − b ) = log 2 a + log 2 b + 2 ⇔ log 2 ( a − b ) = log 2 ( 4ab ) ⇔ ( a − b ) = 4ab
2

2


sẽ

có 1 căn hộ bị bỏ trống nên thu nhập của công ty bất động sản trong 1
tháng là f ( x ) = ( 50 − x ) ( 2000000 + 50000x ) .
Xét hàm số f ( x ) = ( 50 − x ) ( 2000000 + 50000x ) ; 0 ≤ x ≤ 50.
f ' ( x ) = −100000x + 500000; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 5.
Bảng biến thiên:
x
f ( x)

0

5

50
−

+

'

fmax

f(x)

Vậy công ty có thu nhập cao nhất khi có 5 căn hộ bị bỏ trống, suy ra số căn hộ cho thuê là 45. Vậy giá
tiền là: 2000000 + 5.50000 = 2250000.
Câu 50: Đáp án A
Phương pháp: Sử dụng công thức tính diện tích của hàm số f(x) bằng tích phân.
Ta

a − x 2 , trục hoành, x = − a, x = a .
a

a

Ta có: S =

b
a 2 − x 2 dx.
a −∫a

π
π
 π π
Đặt x = a sint; t ∈  − ;  ⇒ dx = a cos tdt; x = −a ⇒ t = − ; x = a ⇒ t = .
2
2
 2 2
Khi đó: S =

b
a

π
2

∫

−