ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2017 - 2018
MÔN: TOÁN 12
(Thời gian làm bài 90 phút)

Họ và tên thí sinh:..............................................................SBD:.....................

Mã đề thi 132

BẢNG ĐÁP ÁN
1
B

2 3
D B

4 5
A B

6 7
D B

8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
A C B D B C D C C D C D A B B C A A

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
A A D A C B B D C D C C C B C D A A C D B D C C A
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:

1
1
1

dx  ln 3 x  1  C  ln  3 x  1  C (do x   ;   ).
3
3x  1
3
3


[2H3-1] Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1; 1; 2  và mặt phẳng  P  : 2 x  y  3z 1  0.
Đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng  P  có phương trình là
x 1 y 1 z  2


.
2
1
3
x  2 y 1 z  3


C.
.
1
1
2

x  2 y 1 z  3

.
2
1
3

[2D4-1] Cho số phức z  a  bi với a , b là các số thực bất kỳ. Mệnh đề nào sau đây đúng?
B. Môđun của z 2 bằng a 2  b 2 .
D. Số z và z có môđun khác nhau.
Lời giải

A. Phần ảo của z là bi .
C. z  z không phải là số thực.
Chọn B.
z 2  z.z  z . z  z 
2

Sưu tầm bởi:



a 2  b2



2

 a 2  b2 .

Trang 1/24 - Mã đề thi 132



2
2  x 1.
Điều kiện: 

2
x  1  0
x   1


4
4
 1

1
x   0
x  
8
 8

Khi đó:

 
1
1
3


 ln  x  2   0
x  1

2.
ln  x   .ln  x   .ln  x   .ln  x    0  



2 
2 
4 
8
1


x  1  1
x  3
 ln  x    0
4
4


4
 


1
7
 
1
x   1
x 
 ln  x    0

 

có một véctơ pháp tuyến là

n   A; B; C  . Suy ra   : x  2 y  3z  1  0 có một véctơ pháp tuyến là n  1;  2; 3 .

Câu 6:

[2D1-1] Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

và có bảng xét dấu của đạo hàm như hình vẽ.

Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 3 .

B. 2 .

C. 1 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn D.

Sưu tầm bởi:

Trang 2/24 - Mã đề thi 132




0

0

Lời giải
Chọn B.


Ta có thể tích của khối tròn xoay cần tính là V    sin 2 xdx .
0

Câu 8:

[2D1-2] Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên

và có bảng biến thiên như hình bên.

Đồ thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng y  2018 tại bao nhiêu điểm?

A. 2 .

B. 4 .

C. 1 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn A.


D. x  y .

Lời giải
Chọn C.
Ta có: log ab c 

1
1


log c ab log c a  log c b

1
1
1

log a c log b c



1
1 1

x y



xy
.


C. V  2a 3 .

D. V  a 3 .

Lời giải
Chọn D.

1
1
1
Ta có: VO. ABC  OA.SOBC  OA. OB.OC  a 3 .
3
3
2
Câu 12: [1D4-2] Giá trị của lim

x 

A. 0 .

2x 1
x2  1 1
B. 2 .

bằng
C.  .
Lời giải

D. 2 .

Sưu tầm bởi:

Trang 4/24 - Mã đề thi 132


A. 2 a 2 .

D. 16 a 2 .

C. 4 a 2 .
Lời giải

B. 8 a 2 .

Chọn C.

Dựa vào hình vẽ ta có bán kính và chiều cao của hình trụ lần lượt là a và 2a .
Do đó, S xq  2 Rh  2 .a.2a  4 a 2 .
Câu 14: [1D2-1] Một nhóm học sinh có 10 người. Cần chọn 3 học sinh trong nhóm để làm 3 công việc
là tưới cây, lau bàn và nhặt rác, mỗi người làm một công việc. Số cách chọn là
A. 103 .
B. 3 10 .
C. C103 .
D. A103 .
Lời giải
Chọn D.
Số cách chọn 3 em học sinh là số cách chọn 3 phần tử khác nhau trong 10 phần tử có phân
biệt thứ tự nên số cách chọn thỏa yêu cầu là A103 .
Câu 15: [2D1-2] Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x  x  2  , với mọi x . Hàm số đã cho
3

D. 1 .

Chọn C.
Tập xác định hàm số D   ; 1  1;   .
1
x  1 . Đồ thị có tiệm cận ngang y  1 .
Ta có lim y  lim
x 
x 
1
1 2
x
1

Tương tự lim y  1  đồ thị có tiệm cận ngang là y  1 .
x 

Ta có: lim  x  1  2  0 ; lim x 2  1  0 và
x 1

x 1

x 2  1  0 , x  1 nên lim y  
x 1

 đồ thị có tiệm cận đứng x  1 .

Sưu tầm bởi:

Trang 5/24 - Mã đề thi 132

Gọi A là biến cố: ‘‘Tổng số chấm xuất hiện trên mặt hai con súc sắc không vượt quá 5 ”.
Các phần tử của A là: 1;1 , 1; 2  , 1;3 , 1; 4  ,  2;1 ,  2; 2  ,  2;3 ,  3;1 ,  3; 2  ,  4;1 .
Như vậy số phần tử của A là: n  A  10 .
Vậy xác suất cần tìm là: P  A 

n  A

n 



5
.
18

x  2  t

Câu 18: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho điểm A  1;1;6  và đường thẳng  :  y  1  2t . Hình
 z  2t

chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng  là:

A. N 1;3; 2  .

B. H 11; 17;18 .

C. M  3; 1;2  .

D. K  2;1;0  .


A

D

H

B

C

Kẻ BH  AC và H  AC  BH   SAC  .

SH là hình chiếu của BH trên mặt phẳng  SAC  .
Góc giữa SB và mặt phẳng  SAC  là BSH .

AB.BC

Ta có BH 

AB  BC
2

2



a 3
, SB  SA2  AB 2  a 3 .
2


.

8
1 2
C. y   x  x  1 3 .
3

D. y 

2x 1
2 x2  x  1
3

.

Lời giải
Chọn A.
Ta có y 

1
1
1 2
2x 1
3
.
x

x

1

2a 5
.
5

B.

4a 5
.
5

C.

a 15
.
5

D.

2a 15
.
5

Lời giải
Chọn B.
S

K

D


Câu 22: [2D3-2] Tính  32 x 1 dx bằng
0

A.

9
.
ln 9

B.

12
.
ln 3

C.

4
.
ln 3

D.

27
.
ln 9

Lời giải
Chọn B.
1


B. 1; 2  .

C.  2;0  .

D.  0;1 .

Lời giải
Chọn C.

x  0

Ta có y  2  x 2  x   2 x  1 . Giải phương trình y  0  2  x 2  x   2 x  1  0   x  1 .

1
x 

2
Sưu tầm bởi:

Trang 8/24 - Mã đề thi 132


Lập bảng biến thiên



x

0

Câu 24: [2D1-2] Ký hiệu a , A lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y 
trên đoạn  0; 2 . Giá trị a  A bằng
A. 7 .

B. 18 .

C. 0 .
Lời giải

x2  x  4
x 1

D. 12 .

Chọn A.

 x  1  0; 2
. Giải phương trình y  0  x 2  2 x  3  0  
.
 x  1
 x  3   0; 2
10
Do y  0   4 ; y 1  3 ; y  2  
nên max y  y  0   4  A  4 ; min y  y 1  3  a  3 .
0;2
0;2
3
Vậy A  a  7 .
Câu 25: [2D4-2] Cho các số phức z1  3  2i , z2  3  2i . Phương trình bậc hai có hai nghiệm z1 và z2
Ta có y 

10
5
ln 2  ln 5 .
3
6

B. 0 .

C.

7
ln 2 .
3

D.

2
3
ln 2  ln 5 .
3
6

Lời giải
Chọn A.
ln  x  3
dx .
Tính 
x2
dx


1
dx
  ln  x  3   ln
 C  F  x, C  .
dx   ln  x  3  
x
3 x3
x
x  x  3

1 1
7
1
 

Lại có F  2   F 1  0   ln 2  C     ln 4  ln  C   0  2C  ln 2 .
3 4
3
3
 

1
1
1 2
10
5
Suy ra F  1  F  2   ln 2  ln 2  ln 5  ln  2C  ln 2  ln 5 .
3
2
3 5


B

C'

A'

B'







Ta có AB.BC   AB  BB BC  CC   AB.BC  AB.CC  BB.BC  BB.CC
a2
3a 2
2
.
 AB.BC  AB.CC  BB.BC  BB.CC    0  0  2a 
2
2
3a 2
1
AB.BC 
2

   AB, BC    60 .
Suy ra cos AB, BC  


0

–

–




g  x

0

0



0

Mệnh đề nào sau đây sai?
A. Phương trình f  x   g  x  không có nghiệm thuộc khoảng  ;0  .
B. Phương trình f  x   g  x   m có 2 nghiệm với mọi m  0 .
C. Phương trình f  x   g  x   m có nghiệm với mọi m .
D. Phương trình f  x   g  x   1 không có nghiệm.
Lời giải
Chọn D.
Trong khoảng  ;0  , ta có f  x   0, g  x   0 nên phương trình f  x   g  x  vô nghiệm
suy ra A đúng.
Đặt h  x   f  x   g  x   h  x   f   x   g   x   0, x  0 . Ta có bảng biến thiên như sau.

f  x
f  x

x

g  x 



y0

g  x  1



0




1

0

Suy ra phương trình f  x   g  x   1 có ít nhất một nghiệm.
Vậy D sai.

Câu 29: [1D2-3] Tìm hệ số của x 3 sau khi khai triển và rút gọn các đơn thức đồng dạng của
9


k
1
1

2
k 1
k

Cki C9k  1 2i.x 2 k i 9 .

x

2
x


x
2
x

1

C
.
x
.
2
x

1

.24  2940 .

Câu 30: [1H3-3] Một chiếc cốc hình trụ có đường kính đáy 6 cm , chiều cao 15 cm chứa đầy nước.
Nghiêng cốc cho nước chảy từ từ ra ngoài đến khi mép nước ngang với đường kính của đáy
cốc. Khi đó diện tích của bề mặt nước trong cốc bằng

A.

9 26
 cm 2 .
10

B. 9 26 cm2 .

C.

9 26
 cm 2 .
2

D.

9 26
 cm 2 .
5

Lời giải
Chọn C.

Ta có: OH  3 , OB  OH 2  HB 2  3 26 , cos HOB 

2
2

Câu 31: [2H2-2] Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh AB  a , góc tạo bởi  SAB  và  ABC 
bằng 60 . Diện tích xung quanh của hình nón đỉnh S và có đường tròn đáy ngoại tiếp tam giác
ABC bằng

Sưu tầm bởi:

Trang 12/24 - Mã đề thi 132


A.

7 a 2
.
3

B.

7 a 2
.
6

C.

3 a 2
.
2


a 3
. Suy ra OM  CM 
.
2
3
6

a 3
a
, bán kính đáy R  OA 
, độ dài đường sinh
3
2

a 21
.
6

Diện tích xung quanh hình nón là: S xq   .R.l   .

a 3 a 21
7 a 2
.

3
6
6

Câu 32: [2D2-2] Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4x  2x  4  3m  2 x  1 có hai
nghiệm phân biệt

1  n  4
4  n  0
n  4




2

Vậy 3  3m  4  1  m  log3 4 .
Câu 33: [2D4-3] Cho số phức z . Gọi A , B lần lượt là các điểm trong mặt phẳng  Oxy  biểu diễn các
số phức z và 1  i  z . Tính z biết diện tích tam giác OAB bằng 8 .
A. z  2 2 .

C. z  2 .

B. z  4 2 .

D. z  4 .

Lời giải
Chọn D.
Ta có OA  z , OB  1  i  z  2 z , AB  1  i  z  z  iz  z .
Suy ra OAB vuông cân tại A ( OA  AB và OA2  AB 2  OB 2 )
1
1 2
Ta có: SOAB  OA. AB  z  8  z  4 .
2
2
Câu 34: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2; 1 , đường thẳng d :


.

x  1 t
t  1
y  2 t
x  0


Ta có: B  AB   P  nên tọa độ của B là nghiệm của hệ 

 z  1  t
y  3
 x  y  2 z  1  0

 z  2
 B  0;3; 2  .

Sưu tầm bởi:

Trang 14/24 - Mã đề thi 132


1

Câu 35: [2D3-3] Cho y  f  x  là hàm số chẵn và liên tục trên

. Biết



B. 6 .

A. 1 .

D. 3 .

Chọn D.
1

Do


0

1

2

1
f  x  dx   f  x  dx  1   f  x  dx 1 và
21
0

1

2

2

 f  x  dx  2

0

3

2
0

I

2

3

x

f  x

3

2

x

1

f  x

2




2

 f   x   f  x  x 
Xét I 

f  x

2

0

3 t  1

f  x

3

2

f  t 

x

1

2

dt =


3t
2

dx 


0

3x f  x 
3 1
x

2

dx  

f  x

3 1
0
x

dx 

2


0

3

A.  3;  2  .

B.  2;  1 .

C.  1; 0  .

D.  0; 2  .

Lời giải
Chọn C.

Sưu tầm bởi:

Trang 15/24 - Mã đề thi 132


Ta có y  2 f  2  x   x 2  y    2  x  2 f   2  x   2 x

y  2 f   2  x   2 x  y  0  f   2  x   x  0  f   2  x    2  x   2 .
Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y  x  2 cắt đồ thị y  f   x  tại hai điểm có hoành độ

1  x1  2
nguyên liên tiếp là 
và cũng từ đồ thị ta thấy f   x   x  2 trên miền 2  x  3 nên
 x2  3

f   2  x    2  x   2 trên miền 2  2  x  3  1  x  0 .
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 0  .
x 1
và d1 , d 2 là hai tiếp tuyến của  C  song song với nhau.

 2
2
2 x1
2 x2
 x1   x2

 x 1 

x 1 
Gọi M  x1 ; 1  ; N   x1; 1  .
2 x1 
2 x1 


 x 1 
x 1
x 1
1
1
 2  x  x1   y  1
0.
PTTT d1 tại M  x1 ; 1  : y  2  x  x1   1
2 x1
2 x1
2 x1
2 x1
2 x1 

Khi đó d d1 , d2   d N ;d1  


1
x12



4
 2.
2

Câu 38: [2H3-2] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2   z  1  6 tiếp xúc với
2

2

2

hai mặt phẳng  P  : x  y  2 z  5  0 ,  Q  : 2 x  y  z  5  0 lần lượt tại các điểm A , B . Độ dài
đoạn AB là
A. 3 2 .

B.

3.

C. 2 6 .
Lời giải

D. 2 3 .

Chọn C.


 IB  knQ

Khi đó 
 2
1
1  B  3;1;0  .
B

Q





 2 x  y   z   5  0

Độ dài đoạn AB  3 2 .
Câu 39: [2H3-3] Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d :

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

2

2

x 1 y  1 z  m






2

. Suy ra EF lớn nhất khi d  I ,  P   nhỏ nhất

Đường thẳng d qua A 1; 1; m  và có véc tơ chỉ phương u  1;1; 2  .
Ta có AI   0; 2; 2  m  ,  AI , u    2  m; 2  m; 2  .
Suy ra d  I ,  P   

 AI , u 
2m2  12



 2.
11 4
u



Do đó d  I ,  P   nhỏ nhất khi m  0 . Khi đó EF  2 EH  2 R 2  d  I ,  P  
Câu 40: [2D1-3] Biết rằng giá trị nhỏ nhất của hàm số y  mx 
sau đây đúng?
A. 0  m  2 .

B. 4  m  8 .



2

 0, x  1 .Khi đó min y  y  3  9 (loại).
x0;3

Trường hợp 2: m  0
Nếu m  0 , ta có y  0 , x  1 Khi đó min y  y  3  20  3m  9  m 
x0;3

Sưu tầm bởi:

11
(loại).
3

Trang 17/24 - Mã đề thi 132


Nếu m  0 , khi đó y  0  m 

0

36

 x  1

6
4
 1  3   m  36 , min y 
x0;3

11
6
9
 1  3  m  , min y  y  3  20  3m  9  m   l  .
3
4 x0;3
m

x  1  t
 x  2t 


Câu 41: [2H3-3] Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :  y  2  t , d  :  y  1  t  . Đường
z  t
z  2  t


thẳng  cắt d , d  lần lượt tại các điểm A , B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất.
Phương trình đường thẳng  là
x 1 y  2 z
x4
y z2

 .


A.
B.
.
2




2.

  2t  1



6
t
4
t

2
t

2

t

t

1

t

t

2

Câu 42: [2D1-3]Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x    x3  2 x 2  x3  2 x  với mọi x 

. Hàm

số f 1  2018 x  có nhiều nhất bao nhiêu điểm cực trị?
A. 9 .

B. 2018 .

C. 2022 .

D. 11 .

Lời giải
Chọn A.
Ta có f   x   x3  x  2  x 2  2   0 có 4 nghiệm và đổi dấu 4 lần nên hàm số y  f  x  có
4 cực trị. Suy ra f  x   0 có tối đa 5 nghiệm phân biệt.

Do đó y  f 1  2018x  có tối đa 9 cực trị.
Sưu tầm bởi:

Trang 18/24 - Mã đề thi 132


Câu 43: [2D2-3] Gọi a là giá trị nhỏ nhất của f  n  

 log3 2  log 3 3 log 3 4 ... log 3 n  , với
9n

n ,

 39  1  n  39 .


log 3 n  9
 f  n  1 . log 3 n  f  n  1

9
Vậy có 2 giá trị của n thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 44: [2H1-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  2a và
vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tang của góc tạo bởi hai mặt
phẳng  AMC  và  SBC  bằng
A.

5
.
5

B.

3
.
2

C.

2 5
.
5


n.k
n.n



5
3

Trang 19/24 - Mã đề thi 132


Do tan   0 nên tan  

2 5
1
.
1 
2
5
cos 

Câu 45: [2D2-4] Biết rằng a là số thực dương sao cho bất đẳng thức 3x  a x  6 x  9 x đúng với mọi số
thực x . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a  12;14 .
B. a  10;12 .
C. a  14;16 .
D. a  16;18 .
Lời giải
Chọn D.
Ta có

diện AMNPBCD bằng
A

D

C

B

P

M
D'

A'

B'

A. V  2a .
3

C'

B. V  3a .
3

9a 3
C. V 
.
4

N

O'
B'

C'

Thể tích khối lập phương ABCD.ABCD là V   2a   8a3 .
3

Gọi O , O lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và ABCD , gọi K  OO  MP , khi đó
N  AK  CC .
1
3a
1
a  3a
Ta có OK   DP  BM    a   
. Do đó CN  2OK 
.
2
2 4
2
2
Diện tích hình thang BMNC là
S BMNC

1
1
3a 
5a 2

3
3
3
Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng

V  VA.BMNC  VA.DPNC

Câu 47: [2D3-4]

Cho

5a 3 4a 3


 3a 3 .
3
3

hàm

số

y  f  x

có

π

f  x   f   x   sin x.cos x , với mọi x
2


1
.
4

C.

π
.
4

1
D.  .
4

Lời giải
Chọn D.

Sưu tầm bởi:

Trang 21/24 - Mã đề thi 132


Theo giả thiết,

π

f  x   f   x   sin x.cos x nên
2


Mặt khác, I   x. f   x  dx   xd  f  x     xf  x     f  x  dx hay I    f  x  dx .
0
π
2

Mà

0
π
2

π



 f  x  dx   f  2  x  dx
0

Suy ra I  

nên I  

0

π
2

π
2


của biểu thức P  z  1  2i  z  5  2i bằng
B. 4  2 13 .

A. 6 7 .

Chọn C.
Gọi z  x  yi , với x, y 

C. 2 53 .
Lời giải

D. 4 13 .

. Khi đó M  x; y  là điểm biểu diễn cho số phức z .

Theo giả thiết, 5w   2  i  z  4   5  w  i    2  i  z  4   5i   2  i  w  i   z  3  2i

 z  3  2i  3 . Suy ra M  x; y  thuộc đường tròn  C  :  x  3   y  2  9 .
2

2

Ta có P  z  1  2i  z  5  2i  MA  MB , với A 1; 2  và B  5; 2  .

Gọi H là trung điểm của AB , ta có H  3; 2  và khi đó:
P  MA  MB  2  MA2  MB 2  hay P  4 MH 2  AB 2 .

Mặt

khác,


B. 4 .

3 x  10  2 x  m.u  x  có nghiệm trên đoạn  0;5 ?

C. 5 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn C.
Theo bảng biến thiên ta có trên  0;5 thì 1  u  x   4 1 ,
Ta có

3x  10  2 x  m.u  x  

3x  10  2 x
m
u  x

Xét hàm số f  x   3x  10  2 x trên  0;5
3
2

; f   x   0  3 10  2 x  2 x  3 10  2 x   4 x  x  3 .
2 x 2 10  2 x
Bảng biến thiên

Ta có f   x  


 m  5.
 m có nghiệm trên đoạn  0;5 
4
u  x

Vì m

nên m  1; 2;3; 4;5 .

Câu 50: [1D2-3]Chia ngẫu nhiên 9 viên bi gồm 4 viên màu đỏ và 5 viên màu xanh có cùng kích thước
thành ba phần, mỗi phần 3 viên. Xác xuất để không có phần nào gồm 3 viên cùng màu bằng

Sưu tầm bởi:

Trang 23/24 - Mã đề thi 132


A.

9
.
14

B.

2
.
7

C.


bộ vào 3 phần trên.
3!
Do đó n  A   C42C51C21C42  1080 .
2!
n  A 1080 9
Ta được P  A 

 .
n    1680 14

Sưu tầm bởi:

Trang 24/24 - Mã đề thi 132