Đây là bản xem thử online, xin hãy chọn download miễn phí bên dưới để xem bản đẹp dạng .pdf
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
Đề thi môn toán THPTQG năm 2017 có 24 mã đề thi được tạo thành từ 4 đề gốc, mỗi đề gốc  
được tạo thành 6 mã đề, một cách tương đối có thể phân theo 3 mức độ: nhận biết, thông hiểu (từ câu  
1
đến câu 30), vận dụng thấp (từ câu 31 đến câu 43), vận dụng cao (từ câu 44 đến câu 50). Như vậy  
việc phân bố các câu hỏi trong đề thi không thể đảm bảo sắp xếp được từ dễ đến khó (điều này ảnh  
hưởng không nhỏ đến tâm lý làm bài của thí sinh). Dưới đây là phần lời giải cho các câu hỏi ở mức độ  
vận dụng cao nằm ở các vị trí từ câu 44 đến câu 50 trong các mã đề 101, 102, 103, 104 (có thể xem là  
các “đề gốc” để tạo ra 24 mã đề thi môn toán). Trong quá trình biên soạn không thể tránh khỏi các  
thiếu sót rất mong nhận được các ý kiến đóng góp của các đồng nghiệp và độc giả.  
PHẦN I. LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC CÂU VẬN DỤNG MÃ ĐỀ 101 MÔN TOÁN THPTQG 2017  
Câu 44. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC  E  
là điểm đối xứng với B qua D. Mặt phẳng (MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó  
khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V. Tính V.  
3
3
3
3
13 2a  
7
2a  
2a  
11 2a  
A.  
.
B.  
.
C.  
.
D.  
.
216  
2
16  
18  
216  
Giải.  
Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của  
CD với NE, AD với ME; K là trung điểm  
A
của BD. Ta có:  
VBMNK BM BN BK  
1
8
.
.
M
VABCD  
BA BC BD  
Q
P
1
VBMNK  V  
.
ABCD  
8
K
D
E
B
VEMNK EK  
3
ABCD  
 3  VEMNK  V  
VBMNK BK  
8
N
VEDPQ  
ED 3  
)   
8
1
(
 VEDPQ  V  
ABCD  
VEKMN  
EK  
27  
9
C
Suy ra:  
3
7
11  
a 11 2  
VBMNDQP  VBMNK  VEMNK  VEDPQ  
VABCD  V  VABCD  
. Chọn đáp án C.  
18  
18  
216  
3
2
a
Lưu ý: Thể tích của khối tứ diện đều cạnh a bằng  
.
2
1
2
2
2
Câu 45. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x  y  z  9, điểm M(1;1;2)  mặt  
phẳng (P): x  y  z 4  0. Gọi là đường thẳng đi qua M, thuộc (P)  cắt (S) tại hai điểm phân biệt A, B  
sao cho AB nhỏ nhất. Biết rằng  
có vectơ chỉ phương là u  (1;a;b), tính T  a  b.  
A. T=0.  
Giải.  
B. T=1.  
C. T=1  
.
D. T=2.  
O
Mặt cầu (S) có tâm O(0;0;0), bán kính R=3.  
Nhận thấy M(1;1;2) thuộc (P) M nằm trong mặt cầu (S)  
suy ra nếu là đường thẳng đi qua M, thuộc (P) thì luôn  
cắt (S) tại hai điểm phân biệt A, B.  
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng  
Khi đó H là trung điểm của AB. Ta có:  
A
.
M
2
2
H
AB  2HB  2 9OH  2 9OM . Suy ra  
ABmin OH OM H M    OM . Hay  
B
P
có một  
CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO  
1
MÔN TOÁN THPTQG 2017  
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
Vectơ chỉ phương là [OM;n ]  (1;1;0). Suy ra a  1,b  0.  
P
Chọn đáp án C.  
z
Câu 46.  bao nhiêu số phức z thỏa mãn z 3i  5 và  
là số thuần ảo?  
z 4  
C. 1.  
A. 2.  
B. Vô số.  
D. 0.  
Giải.  
Gọi z=a+bi ( a,bR ) có điểm biểu diễn là M(a;b).  
2
2
ĐK: z 4  0  (a4) bi  0  (a4)  b  0 (*) . Khi đó:  
2
2
z
a  4a  b  
2 2  
 Ai thuần ảo  a 4a b  0. Do đó ta có hệ:  
2
2
z  4 (a  4)  b  
2
2
2
2
a  (b 3)  25 a  (b 3)  25  
2 2  
a  4a  b  0  
.
2a 3b 8 0  
Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là giao điểm (nếu có) của đường tròn (C) có tâm I(0;3), bán  
kính R=5 và đường thẳng d: 2a 3b 8  0  
.
1
7
Ta có d(I,d)   
 5 suy ra d cắt đường tròn (C) tại 2 điểm phân biệt trong đó có một điểm M(4;0) không  
1
3
thỏa mãn (*). Vậy chọn phương án C.  
Nhận xét: Đây là bài toán về mô đun số phức không quá khó tuy nhiên học sinh vẫn dễ mất điểm do quyên  
kiểm tra điều kiện (*).  
1
xy  
 3xy  x  2y  4. Tìm giá trị nhỏ nhất  
9 11 19  
Câu 47. Xét các số thực x, y thỏa mãn log3  
P
của  
min  
x 2y  
P  x  y.  
1
8 11 29  
A. P   
.
B. P   
.
min  
min  
21  
9
2 11 3  
3
9
11 19  
9
C. P   
.
D. P   
.
min  
min  
Giải.  
ĐK: xy<1.  
1
xy  
Ta có log3  
 3xy  x  2y  4  log (1 xy)  log (x  2y)  x  2y  3(xy 1)1  
3
3
x 2y  
log (33xy)(33xy)  log (x 2y)(x 2y) (*).  
3 3  
Xét hàm số f (t)  log t t với t>0 ta có:  
3
1
f '(t)   
1  0 t  0 suy ra f (t) đồng biến trên (0;) . Do đó:  
t ln3  
*) 33xy x2y y   
3
x  
3x  
(0  x  3)  
.
3x 2  
(
 P  x   
11 2  
3
x 2  
 0  x   
3
1
1
Ta có P' 1  
(do x 0).  
2
(
3x 2)  
3
x  
Lập bảng biến thiên của P  x   
trên khoảng (0;3) ta có:  
3
x 2  
Chọn đáp án D.  
Câu 48. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y  mx m 1 cắt đồ thị của hàm số  
1
1 2 2 11 3  
P  P(  
)   
.
min  
3
3
3
2
y  x 3x  x  2 tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho AB=BC.  
CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO  
2
MÔN TOÁN THPTQG 2017  
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
5
A. m( ;).  
B. mR.  
C. m(;0][4;).  
D. m(2;).  
4
Giải.  
3
2
3
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 3x  x  2  mx m 1 x 3x (1m)x  m 1 0 (1)  
.
YCBT (1) có ba nghiệm thực phân biệt x  x  x thỏa mãn x  x  2x .  
1 2 3 1 3 2  
Cách 1 (Kiểm tra bằng MT):  
+
Với m  3 pt (1) chỉ có một nghiệm thực (không tm) suy ra loại B, C.  
2
2  
2
2  2  
+
Với m  1,5 pt (1) có 3 nghiệm phân biệt x1   
, x 1, x   
 x  x  2x (tm). Vậy ta  
2
3
1
3
2
2
chọn phương án D.  
Cách 2:  
x 1  
2
Viết lại phương trình (1): (x 1)(x 2x  m 1)  0   
2
(
x 1)  m  2 (2)  
(
1) có ba nghiệm thực phân biệt x  x  x  (2)  hai thực phân biệt khác 1  m  2. Khi đó:  
1 2 3  
x 1 m  2, x 1, x 1 m  2  x  x  2x . Vậy m>-2.  
1
2
3
1
3
2
Cách 3:  
3
2
Xét hàm số f (x)  x 3x (1m)x  m 1 0 . Ta có:  
2
f '(x)  3x 6x 1m; f ''(x)  6x 6  0  x 1 f (1)  0. Vậy đồ thị của hàm số f (x)  tâm đối  
xứng thuộc trục Ox . Do đó YCBT  f '(x)  0  2 nghiệm pb  'f '(x)  3m6  0  m  2.  
Nhận xét: Đây là bài toán được xếp vào vị trí vận dụng cao nhưng lại có thể sử dụng máy tính để suy ra kết  
quả! Điều này làm mất ý nghĩa về tính phân loại của bài toán. Chúng ta có thể thay đổi cách hỏi để hạn chế  
việc sử dụng máy tính như sau: “Có bao nhiêu số nguyên  
m
nhỏ hơn 2018 để đường thẳng y  mx m 1  
3
2
cắt đồ th của hàm số y  x 3x  x  2 tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho AB=BC.  
2
Câu 49. Cho hàm số y=f(x). Đồ thị của hàm số y  f '(x) như hình bên. Đặt h(x)  2 f (x) x . Mệnh đề nào  
dưới đây đúng?  
A. h(4)  h(2)  h(2).  
B. h(2)  h(2)  h(4).  
C. h(2)  h(4)  h(2).  
D. h(4)  h(2)  h(2).  
Giải.  
(Độc giả xem đồ thị trong đề thi)  
Nhìn vào 4 phương án ta sẽ đánh giá h(-2) và h(4).  
Gọi a là giao điểm của đồ thị hàm số y  f '(x)  trục hoành. Xét diện tích của hình phẳng giới hạn bởi  
y  f '(x), y  0, x  2, x  a  diện tích của hình phẳng giới hạn bởi y  f '(x),y  0, x  a,x  4 ta có:  
a
4
a
4
f '(x)dx 6  f '(x)dx  [  f '(x)]dx 6  f '(x)dx   f (a) f (2)6  f (4) f (a)  
a
2
a
2  
2 f (2)4 2 f (4)16 h(2) h(4)  
.
Chọn đáp án C.  
Câu 50. Cho hình nón đỉnh S có chiều cao h=a và bán kính đáy r=2a. Mặt phẳng (P) đi qua S cắt đường  
tròn đáy tại A  B sao cho AB  2 3a. Tính khoảng cách d từ tâm của đường tròn đáy đến (P).  
5
a
3a  
2a  
A. d   
.
B. d   
.
C. d  a.  
D. d   
.
5
2
2
Giải.  
(Độc giả tự vẽ hình)  
CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO  
3
MÔN TOÁN THPTQG 2017  
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
Gọi O là tâm của đường tròn đáy, M là trung điểm của đoạn AB, H là hình chiếu vuông góc của O trên SM.  
Khi đó d  OH  
.
1
1
1
a 2  
2
2
Ta có OM  r  AM  a;  
d   
.
Chọn đáp án D.  
2
2
2
d
h
OM  
2
Nhận xét: Trong mã đề 101 các câu hỏi vận dụng chưa được sắp xếp theo mức độ từ dễ đến khó ví dụ câu  
0 và câu 48 nằm ở vị trí chưa phù hợp. Các câu 44, câu 47 nên xếp ở các vị trí cuối cùng.  
5
PHẦN II. LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC CÂU VẬN DỤNG MÃ ĐỀ 102 MÔN TOÁN THPTQG 2017  
2
Câu 44.  bao nhiêu số phức z thỏa mãn z 2i  2 2  (z 1)  số thuần ảo?  
A. 0.  
B. 2.  
C. 3.  
D. 4.  
Giải.  
Đặt z  a bi(a,bR)  điểm biểu diễn là M(a;b).  
b a 1  
2
2
2
2
2
2
Ta có (z 1) [(a 1) bi]  (a1)  b  2(a1)bi thuần ảo (a 1)  b  0   
.
b  a 1  
2
2
a 0  
b  1  
(
a  2) (b 1)  8  
  
b a 1  
  
Từ giả thiết ta có hệ:  
(*).  
2
2
2
(a  2) (b 1)  8  
a  4a  4  0 (1)  
b  a 1  
 b  a 1  
  
Do phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 nên hệ (*) có ba nghiệm pb. Chọn đáp án C.  
2
2
Lưu ý:  thể dựa vào số giao điểm của đường tròn: (a  2) (b 1)  8 vơí các đường thẳng a  b 1 0  
 a  b 1 0 để suy ra kết quả bài toán.  
Câu 45. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = mx cắt đồ thị của hàm số  
3
2
y  x 3x  m  2 tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho AB = BC.  
A. m (; 3).  
Giải.  
B. m (1; +).  
C. m (; 1).  
D. m (; +).  
3
2
3
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 3x m  2  mx  x 3x  mx m  2  0 (1)  
.
YCBT .  
(1) có ba nghiệm thực phân biệt x  x  x thỏa mãn x  x  2x  
1 2 3 1 3 2  
Cách 1 (Kiểm tra bằng MT):  
+
Với m  4 pt (1) chỉ có một nghiệm thực (không tm) suy ra loại B, D.  
+
Với m  0 pt (1) có 3 nghiệm phân biệt x 1 3, x 1, x 1 3  x  x  2x (tm). Vậy ta chọn  
1
2
3
1
3
2
phương án A.  
Cách 2:  
x 1  
2
2
Viết lại phương trình (1): (x 1)(x 2x  m 2)  0   
(
x 1)  m 3 (2)  
(
1) có ba nghiệm thực phân biệt x  x  x  (2)  hai thực phân biệt khác 1  m  3. Khi đó:  
1 2 3  
x 1 m 3, x 1, x 1 m 3  x  x  2x . Vậy m<3.  
1
2
3
1
3
2
Cách 3:  
3
2
Xét hàm số f (x)  x 3x  mx m 2  0 . Ta có:  
2
f '(x)  3x 6x  m; f ''(x)  6x 6  0  x 1 f (1)  0. Vậy đồ thị của hàm số f (x)  tâm đối xứng  
thuộc trục Ox . Do đó YCBT  f '(x)  0  2 nghiệm pb  'f '(x)  93m  0  m  3.  
Nhận xét: Câu hỏi này tương tự câu 48 mã đề 101.  
CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO  
4
MÔN TOÁN THPTQG 2017  
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
ab  
 2ab  a  b 3. Tìm gía trị nhỏ nhất của  
1
Câu 46. Xét các số thực dương a,b thỏa mãn log2  
P a 2b.  
P
min  
a b  
2
10 3  
2
3 10 7  
A. P   
.
B. P   
.
.
min  
min  
2
2 10 5  
2
2
10 1  
2
C. P   
.
D. P   
min  
min  
Giải:  
ĐK: ab<1.  
1
ab  
Ta có log2  
 2ab  a  b 3  log (1 ab) log (a  b)  a  b  2(ab 1)1  
2
2
a b  
log (2 2ab)(2 2ab)  log (a  b)(a b) (*).  
2 2  
Xét hàm số f (t)  log t  t với t>0 ta có:  
2
1
f '(t)   
1  0 t  0 suy ra f (t) đồng biến trên (0;) . Do đó:  
t ln2  
2
b  
2 b  
(0 b 2) .  
12b  
(
*) 2 2ab a b a   
P 2b   
10 2  
1
2b  
5
Ta có P'  2   
0 b   
(dob 0)  
.
2
(
2b1)  
4
2
b  
Lập bảng biến thiên của P  2b   
trên khoảng (0;2) ta có:  
1
2b  
Chọn đáp án A.  
Nhận xét: Câu hỏi này tương tự câu 47 mã đề 101.  
1
0 2 2 10 3  
P  P(  
)   
.
min  
4
2
Câu 47. Trong không gian vi htọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4; 6; 2), B(2; 2; 0) và mt phng  
P): x + y + z = 0. Xét đường thng d thay đổi thuc (P) và đi qua B, gi H là hình chiếu vuông góc ca A trên  
d. Biết rng khi d thay đổi thì H luôn thuc mt đường tròn cố định. Tính bán kính R của đường tròn đó.  
(
A. R  6.  
B. R 1.  
C. R  2.  
D. R  3.  
Giải.  
Gọi K  hình chiếu vuông góc của A trên (P). Khi đó ta tìm được K(0;2;2).  
AK  d  
AH  d  
0
Ta có:  
d (AHK) d KH KHB 90 .  
Vậy khi d thay đổi thì H luôn thuộc đường tròn đường kính BK cố định (nằm trong mặt phẳng (P)).  
1
R  BK  6. Vậy ta chọn phương án A.  
y
2
Câu 48. Cho hàm số y  f (x). Đồ thị của hàm số y  f '(x)  
2
như hình vẽ. Đặt g(x)  2 f (x)(x 1) . Mệnh đề nào dưới đây đúng?  
4
A. g(1) > g(3) > g(3).  
B. g(3) > g(3) > g(1).  
C. g(3) > g(3) > g(1).  
D. g(1) > g(3) > g(3).  
Giải.  
2
3
x
O
1
3
Gọi  
a
là giao điểm của đồ thị của ham số y  f '(x) với trục hoành.  
Xét diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  f '(x),y  0,x  3,x  a và  
diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  f '(x),y  0,x  a,x  3 ta có:  
-2  
MÔN TOÁN THPTQG 2017  
CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO  
5
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
a
3
a
3
f '(x)dx 6  f '(x) dx  [  f '(x)]dx 6  f '(x)dx  
   
a
3
a
3  
f (3) f (a)6  f (3) f (a)  2 f (3)4  2 f(3)16  g(3)  g(3).  
Xét diện tích hình phẳng giới hạn bởi y  f '(x),y  0,x 1,x  3 ta có:  
3
3
f '(x)dx  6  f '(x)dx  6  f (3)  f (1)6  2 f (3)16  2 f (1)4  g(3)  g(1). Chọn đáp án D.  
1
1
Nhận xét: Câu hỏi này tương tự câu 49 mã đề 101.  
Câu 49. Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB=x  các cạnh còn lại đều bằng 2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ  
diện ABCD đạt giá trị lớn nhất.  
A. 2 3.  
Giải.  
B. 14.  
C. 3 2.  
D. 6.  
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD.  
Do các tam giác CAB DAB cân tại C D theo thứ tự nên  
CM  AB, DM  AB suy ra AB  (CMD). Mặt khác CAB  DAB (c c c)  CM  DM  MN  CD.  
1
1
A
Do đó: VABCD  VACMD  VBCMD  AB.S  
AB.MN.CD.  
CMD  
3
6
2
2
2
2
2
Ta có MN  CM CN  AC  AM CN   
2
2
M
x
36 x  
=
12  3   
(0 x 6) . Suy ra  
4
2
D
3
2
VABCD  
x 36  x .  
B
6
2
2
N
x  36  x  
2
Áp dụng bđt Cauchy Ta có: x 36  x   
18.  
2
2
2
2
Dấu bằng xẩy ra x  36  x  x 18  x  3 2. Chọn đáp án C.  
C
Câu 50. Cho mt cu (S) có bán kính bng 4, hình tr (H) có chiu cao bằng 4 và hai đường tròn đáy nằm  
V
1
trên (S). Gi V  th tích ca khi tr (H) và V  th tích ca khi cu (S). Tính t số  
.
1
2
V2  
V
9
V
1
V
2
V
1
3
.  
1
1
1
A.  
.
B.  
.  
C.  
.  
D.  
V2 16  
Giải.  
Gi O,O ,O theo th t  tâm ca mt cu (S), tâm các đường  
V2  
3
V2  
3
V2 16  
1
2
O1  
D
A
B
tròn đáy của hình tr(H) (  
Xét thiết din qua trc ca hình trụ như hình vẽ.  
Do hình tr  chiu cao bng 4 nên OO  2 . Bán kính ca hình trụ  
O
là trung điểm ca O O2 ).  
1
O
1
2
2
r  O D  OD OO  2 3 . Suy ra  
1
1
2
C
O2  
V
r 4  
9
1
.
Chọn đáp án A.  
4
V2  
2
R
16  
3
Nhận xét: Trong mã đề 102 các câu hỏi vận dụng chưa được sắp xếp theo mức độ từ dễ đến khó ví dụ câu  
0 nằm ở vị trí chưa phù hợp. Câu 46 nên xếp ở các vị trí cuối cùng trong đề thi.  
5
CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO  
6
MÔN TOÁN THPTQG 2017  
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
PHẦN III. LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC CÂU VẬN DỤNG MÃ ĐỀ 103 MÔN TOÁN THPTQG 2017  
Câu 44. Xét hình chóp S.ABC  đáy là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc với đáy, khoảng cách từ A  
đến mặt phẳng (SBC) bằng 3. Gọi  
chóp S.ABC nhỏ nhất.  
là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) (ABC), tính cos  
khi thể tích khối  
1
3
2
2
A. cos  .  
B. cos   
.
C. cos   
.
D. cos  .  
3
3
2
3
Giải.  
(Độc giả tự vẽ hình).  
Đặt AB=a, SA=x (a, x dương).  
Gọi M là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên AM. Khi đó dễ dàng kiểm tra được  
SMA  ((SBC),(ABC))   d(A,(SBC))  AH  3. Ta có:  
2
1
1
SA  
1
1
1
   
9
1
2
18x  
2
 a   
.
2
2
2
2
2
2
AH  
AM  
x
a
x  9  
3
1
3x  
2
VS.ABC  SA.AB.AC  xa   
(x 3)  
.
2
6
6
x 9  
3
2
2
x
x (x  27)  
Xét hàm số f (x)   
trên khoảng (3;) ta có: f '(x)   
 0  x  3 3 (do x  3)  
.
2
2
2
x  9  
(x  9)  
Lập bbt hàm số f(x) trên khoảng (3;+  
) ta được  
x
a
1
3
.
VS.ABC min  f (x)min  x  3 3  a  3 3  x  tan   
 2  cos   
2
tan  1  
3
2
Vậy chọn đáp án B.  
4
2
Câu 45. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y  x 2mx  ba điểm cực trị tạo  
thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1.  
3
A. m>0.  
B. m<1.  
C. 0  m  4.  
D. 0  m 1.  
Giải.  
ĐTHS có 3 điểm cực trị ab  0  m  0 (1).  
x 0  
3
2
Với đk (1) ta có y'  4x  4mx  4x(x  m)  0   
.
x   m  
2
2
Các điểm cực tr của đths là A(0;0),B( m;m ),C( m;m ).  
2
2
Gọi M là trung điểm của BC ta có M(0;m )  
;
AM  m ,BC  2 m  
.
1
2
5
Do tam giác ABC cân tại A nên ta có SABC  AM.BC  m m  m .  
2
5
Theo gt SABC 1 m 1 m 1. Kết hợp (1) ta có 0<m<1. Chọn đáp án D.  
2
Câu 46. Cho hàm số y  f (x). Đồ thị của hàm số y  f '(x) như hình bên. Đặt g(x)  2 f (x) x . Mệnh đề  
nào dưới đây đúng?  
A. g(3)  g(3)  g(1).  
C. g(1)  g(3)  g(3).  
Giải.  
B. g(1)  g(3)  g(3).  
D. g(3)  g(3)  g(1).  
(Đồ thị độc giả xem qua đề thi)  
Ta có g(3)=2f(3)+9, g(-3)=2f(-3)+9, g(1)=2f(1)+1.  
Xét hp giới hạn bởi y=f’(x), y=0, x=1, x=3 ta có:  
3
3
f '(x)dx  4  ( f '(x))dx  4  f (1)  f (3) 4  2 f (1)1 2 f (3)9  g(1)  g(3)  
.
1
1
CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO  
7
MÔN TOÁN THPTQG 2017  
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
Gọi a là giao điểm của đồ thị y=f’(x) với trục hoành. Khi đó diện tích của hp giới hạn bởi y=f’(x), y=0, x=-3,  
x=a nhỏ hơn diện tích của hp giới hạn bởi y=f’(x), y=0, x=a, x=3. Nên ta có:  
a
3
a
3
f '(x)dx  f '(x)dx  f '(x)dx  ( f '(x))dx  f (a)  f (3)   f (3)  f(a)  f(3)  f(3)  
a
3
a
3  
g(3) g(3).  
Chọn đáp án B.  
0
Câu 47. Cho hình nón (N)  đường sinh tạo với đáy một góc 60 . Mặt phẳng qua trục của (N) cắt (N) được  
thiết diện là một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1. Tính thể tích V của khối nón giới hạn bởi  
(N).  
A. V  9 3.  
Giải.  
B. V  9.  
C. V  3 3.  
D. V  3.  
Gọi thiết diện qua trục của hình nón (N)  tam giác SAB (cân tại S). Theo giả thiết góc giữa đường sinh và  
0
0
mặt đáy bằng 60 suy ra SBO  60 suy ra tam giác ABC đều. Suy ra tâm nội tiếp I của tam giác ABC cũng là  
trọng tâm và trực tâm của tam giác ABC. Gọi bán kính của hình nón (N) R.  
1
1
3
R
.
Bán kính nội tiếp của tam giác SAB  r  OI  SO  . 3R   
3
3
3
S
I
A
O
B
1
2
Theo giả thiết r 1 R  3  SO  3R  3  V   R SO  3 . Chọn đáp án D.  
3
z
Câu 48.  bao nhiêu số phức z thỏa mãn z 3i  13 và  
là số thuần ảo?  
z 2  
A. Vô số.  
B. 2.  
C. 0.  
D. 1.  
Giải.  
Đặt z  a bi (a,bR)  điểm biểu diễn là M(a;b).  
2
2
ĐK: z  2  (a 2) bi  0  (a2)  b  0. Ta có:  
2
2
z
a bi  
(a  bi)(a 2  bi) a  2a  b  
2
2
 Ai thuần ảo  a 2a b  0.  
2
2
2
2
z  2 (a  2)  bi  
(a  2)  b  
(a  2)  b  
2
2
2
2
a  (b  3) 13 a  (b  3) 13  
Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn:  
2 2  
a  2a  b  0  
a 3b 2 0  
Giải hệ trên ta được 2 nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm (-2;0) không tm. Chọn đáp án D.  
Nhận xét: Chúng ta có th dựa vào số giao điểm của đường thẳng a 3b  2  0  đường tròn  
2
2
a (b 3) 13 để suy ra số các số phức thỏa mãn đề bài.  
Câu 49. Trong không gian vơí hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3;2;6), B(0;1;0)  mặt cầu (S) có  
2
2
2
phương trình: (x 1) (y 2) (z 3)  25. Mặt phẳng (P): ax  by cz 2  0 đi qua hai điểm A, B và  
cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T = a+b+c.  
A. T=3.  
B. T=5.  
C. T=2.  
D. T=4.  
Giải.  
Ta có AB  (3;3;6)   AB  (1;1;2) . Phương trình tham số của  
3
CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO  
8
MÔN TOÁN THPTQG 2017  
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
x t  
I
đường thẳng AB: y 1 t  
.
z 2t  
Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3), bán kính R  5  
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB suy ra  
B
K
H(t;1t;2t) IH (t 1;t 1;2t 3). Ta có  
IH.u  0 1(t 1)1(t 1) 2(2t 3)  0  
.
H
AB  
A
P
t 1 IH  (0;2;1) IH  5  
Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên (P).  
Do tam giác IKH vuông tại K nên ta có IK  IH  IK  5  IK  R suy ra (P) luôn cắt mặt cầu (S) theo  
2
giao tuyến là một đường tròn có bán kính r  25 IK  
.
rmin  IK max  IK  IH  K  H  (P) nhận IH  (0;2;1) làm VTPT suy ra (P)  phương trình:  
2
(y 1)1(z 0)  0  2y  z 2  0  T  a bc  3. Chọn đáp án A.  
t
9
Câu 50. Xét hàm số f (t)   
với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của m sao cho  
t
9
m  
xy  
f (x)f (y) 1 với mọi số thực x, y thỏa mãn  
e
 e(x  y). Tìm số phần tử của S.  
C. Vô số.  
A. 0.  
B. 1.  
D. 2.  
Giải.  
xy  
Xét bất phương trình:  
e
 e(x  y) (1).  
Do vế trái dương suy ra vế phải dương suy ra t  x  y  0 . Ta có:  
t
t
(
1)  e  et  et e  0 (2)  
t
Xét hàm số f (t)  et e với t>0. Ta có  
t
f '(t)  e e  0  t 1.  
t
Lập bảng biến thiên của f (t)  et e trên khoảng (0;  ) ta có: m(0;ax) f (t)  f (1)  0 suy ra nghiệm của  
bất phương trình (2) là t 1 suy ra y 1 x . Khi đó:  
4
x
4
f (x) f (y) 1 f (x) f (1 x) 1 (m 9).9  0  m  9  m   3. Chọn đáp án D.  
Nhận xét: Trong mã đề 103 các câu hỏi vận dụng chưa được sắp xếp theo mức độ từ dễ đến khó ví dụ câu  
4
7 nằm ở vị trí chưa phù hợp. Các câu 44, câu 46 nên xếp ở các vị trí cuối cùng trong đề thi.  
PHẦN IV. LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC CÂU VẬN DỤNG MÃ ĐỀ 104 MÔN TOÁN THPTQG 2017  
Câu 44. Cho mặt cầu (S) tâm O, bán kính R=3. Mặt phẳng (P) cách tâm O một khoảng bằng 1 và cắt mặt cầu  
(S) theo giao tuyến là một đường tròn (C)  tâm H, gọi T  giao điểm của tia HO với mặt cầu (S), tính thể  
tích V của khối nón có đỉnh là T và đáy là đường tròn (C).  
3
2  
3
16  
3
A. V   
.
B. V 16.  
C. V   
.
D. V  32.  
Giải.  
(Độc giả tự vẽ hình)  
2
Khối nón có chiều cao là h=OH+OT=4, bán kính đáy là r  R 1  2 2 . Thể tích của khối nón là:  
1
32  
3
2
V  r h   
. Vậy chọn đáp án A.  
3
3
2
3
Câu 45. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị của hàm số y  x 3mx  4m  hai điểm cực  
trị A, B sao cho diện tích của tam giác OAB bằng 4, O là gốc tọa độ.  
1
A. m   4  
.
B. m  1.  
C. m 1.  
D. m  0.  
2
CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO  
9
MÔN TOÁN THPTQG 2017  
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
Giải.  
DI ĐỘNG: 01638638316  
x 0  
2
Ta có y'  3x 6mx  0   
x 2m  
Đồ thị hàm số có hai điểm cực tr khi và ch khi m  0. Khi đó đồ th có 2 điểm cực tr là:  
3
3
2
4
4
A(0;4m ), B(2m;0)  AB(2m;4m )  AB  4m (1 4m )  2 m 14m  
.
2
3
Phương trình AB: 2m x  y 4m  0  
.
3
4
m
1
1
2
4
.
SOAB  d(O,AB).AB  .  
.2 m 4m 1  4m  
2
2
2
4
m 1  
4
Theo giả thiết SOAB  4  m 1 m  1 (t/m).  
Vậy chọn đáp án B.  
2
Câu 46. Xét các số nguyên dương a, b sao cho phương trình aln x  bln x  5  0  hai nghiệm phân biệt  
2
x1, x2  phương trình 5log x  blog x  a  0  hai nghiệm phân biệt x3, x4 thỏa mãn x x  x x . Tìm  
1
2
3 4  
giá trị nhỏ nhất của S  2a3b  
.
A. Smin  30  
.
B. Smin  25  
.
C. Smin  33  
.
D. Smin 17 .  
Giải.  
ĐK: x  0  
.
Đặt t  ln x, u  log x . Ta có các phương trình đã cho trở thành:  
2
at  bt  5  0 (1)  
2
5
u  bu  a  0 (2)  
2
Ta có     b  20a  
(1)  
(2)  
2
2
Để pt aln x  bln x  5  0  2 nghiệm pb x1, x2  phương trình 5log x  blog x  a  0  2 nghiệm pb  
2
2
biệt x3, x4 ta phải có b 20a  0  b  20a (3)  
Khi đó gi sử (1) có 2 nghiệm pb t1,t2 ; (2) có 2 nghiệm pb u1,u2 . Ta có:  
t1t  
2
u1u2  
x .x  e  
,
x .x 10  
.
1
2
3
4
b
b
t1 t  
2
u1 u2  
 t  t  (u  u )ln10     ln10 suy ra  
Do x x  x x  e  
10  
1
2
3
4
1
2
1
2
a
5
5
a   
(do a,b nguyên dương) suy ra a  3  
.
ln10  
2
Kết hợp (3) suy ra b  60  b  8 (Do b nguyên dương).  
Do đó S  2a3b  30 . Vậy Smin  30. Chọn phương án A.  
Câu 47. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(-2;0;0), B(0;-2;0), C(0;0;-2). Gọi D là  
điểm khác O sao cho DA, DB, DC đôi một vuông góc với nhau và I(a;b;c)  tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện  
DABC. Tính S=a+b+c.  
A. S  4.  
Giải.  
B. S  1.  
C. S  2.  
D. S  3.  
(Độc giả tự vẽ hình)  
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên (ABC). Do OABC là hình chóp đều nên H vừa là tâm ngoại tiếp  
vừa là trọng tâm của tam giác ABC. Suy ra:  
2
2
2
OH  (OAOB OC)  H  ( ; ; )  
.
3
3
3
3
2
2
2
.
Gọi D  điểm đối xứng của O qua (ABC) suy ra D  ( ; ; )  
3
3
3
Dễ dàng kiểm tra được DA, DB, DC đôi một vuông góc với nhau.  
CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO  
10  
MÔN TOÁN THPTQG 2017  
GV: NGUYỄN VĂN TUẤN – TRƯỜNG THPT LÊ LỢI  
DI ĐỘNG: 01638638316  
1
1
1
Từ đó ta tìm được tâm ngoại tiếp của tứ diện DABC  I( ; ; ) suy ra a+b+c= -1.  
3
3
3
Vậy chọn đáp án B.  
2
Câu 48. Cho hàm số y  f (x). Đồ thị của hàm số y  f '(x) như hình vẽ. Đặt g(x)  2 f (x)(x 1) . Mệnh  
đề nào dưới đây đúng?  
A. g(1)  g(3)  g(3).  
C. g(3)  g(3)  g(1).  
Giải.  
B. g(1)  g(3)  g(3).  
D. g(3)  g(3)  g(1).  
(Đồ thị độc giả xem trong đề thi)  
Ta có g(1)  2 f(1)4, g(3)  2 f(3)4,g(3)  2 f(3)16  
.
Dựa vào các phương án của đề bài trước hết ta sẽ so sánh g(-3) và g(3).  
Xét diện tích của hình phẳng giới hạn bởi y  f '(x),y  0,x  3,x  3 ta có:  
3
3
f '(x)dx  6  ( f '(x))dx  6  f (3) f (3)  6  
3
3  
2 f (3)4 2 f (3)16 g(3) g(3)  
Vậy chọn đáp án A.  
Nhận xét: Với các phương án trả lời như trên không cần dữ liệu tại hoành độ x 1  
.
Câu 49. Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9. Tính thể tích V của khối  
chóp có thể tích lớn nhất.  
A. V 144.  
Giải.  
B. V  576.  
C. V  576 2.  
D. V 144 6.  
(Độc giả tự vẽ hình)  
Gọi cạnh của hv và cạnh bên lần lượt là a, x ( x