SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2019

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Môn thi: TOÁN

ĐỀ THI THAM KHẢO

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề thi có 07 trang)

----------------------------------------

Mục tiêu:
Đề thi thử THPT chuyên Thái Nguyên lần 1 bám khá sát đề thi thử THPTQG, trong đề thi xuất hiện
một số câu hỏi hay và lí thú như 45, 47, 49,… Với đề thi này nhằm giúp HS ôn luyện tốt cho kì thi
sắp tới, tạo cho các em HS một tiền đề tốt, chuẩn bị tinh thần vững vàng. Đề thi gồm chủ yếu kiến
thức lớp 12, 11, không có kiến thức lớp 10, giúp HS ôn tập đúng trọng tâm. Kiến thức dàn trải ở tất
cả các chương giúp HS có cái nhìn tổng quát về tất cả các kiến thức đã được học.
Câu 1. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1;1;3 , B  1; 2;3 . Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng
AB là
A.  0;3;6  .

 3 
C.  0; ;3  .
 2 

B.  2;1;0  .


D. 2.

Câu 5. Hàm số y   x 4  x 2  1 có mấy điểm cực trị?
A. 3.

B. 0.

Câu 6. Cho f  x   3x.2 x . Khi đó, đạo hàm f '  x  của hàm số là
A. f '  x   3x.2 x.ln 2.ln 3 .

B. f '  x   6 x ln 6 .

C. f '  x   2 x ln 2  3x ln x .

D. f '  x   2 x ln 2  3x.ln x .

Câu 7. Cho hàm số y  f  x  xác định, liên tục trên  và có bảng biến thiên:
x



y'

y

1




1 1
 .
x y

B.

xy
.
x y

C.

1
.
xy

D. x  y .

Câu 9. Trong không gian, cho khối hộp chữ nhật AB  1m, AA '  3m và BC  2cm . Tính thể tích V của
khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' ?
B. V  6m3 .

A. V  5m3 .

C. V  3m3 .

D. V  3 5m3 .

Câu 10. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   2 x  1 là
A. x 2  x .


D. 16 .

Câu 13. Xác định số thực x để dãy số log 2;log 7;log x theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng.
A. x 

7
.
2

B. x 

49
.
2

C. x 

2
.
49

D. x 

2
.
7

0
1


2x  3
.
x 1

2x  3
.
x 1

Câu 17. Cho hàm số y 

B. y 

2x  3
.
x 1

D. y 

2x  3
.
x 1

mx  4
(với m là tham số thực) có bảng biến
x 1

thiên dưới đây
x


A. y  x  1 .

B. y   x  1 .

C. y  x  1 .

D. y   x  1 .

Câu 19. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   2 x  4 6  x trên

 3;6 . Tổng

M  m có giá trị là

A. 12 .

B. 6 .

D. 4 .

C. 18.

Câu 20. Số nghiệm thực của phương trình log 3 x  log 3  x  6   log 3 7 là
A. 0.

B. 2.

C. 1.

D. 3.


3
.
6

C. tan  

3
.
3

D. cot   2 3 .

Câu 23. Trong không gian, cho hình chóp S.ABC có SA, AB, BC đôi một vuông góc với nhau và SA  a
, SB  b , SC  c . Mặt cầu đi qua S, A, B, C có bán kính bằng
A.

2a  b  c
.
3

B.

a 2  b2  c2 .

C. 2 a 2  b 2  c 2 .

D.

1 2

C. 32 cm 2 .

D. 16 cm 2 .

Trang 3/7


Câu 26. Cho hàm số y  f  x  và có bảng biến thiên trên  5;7  như sau:
x

5



y'



y

7

1
0



+

6

D. 0.

Câu 28. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:
x

2





0

y'



+

y



1



0

Đồ thị hàm số đã cho có tất cả bao nhiêu đường tiệm cận?

y

0



3



0

+


5
1


Hàm số y  f  x  có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 3.

B. 5.

C. 2.

D. 4.

Trang 4/7


Câu 34. Gọi S là tập hợp các giá trị thực của tham số m để phương trình 4 x  m.2 x  2m  1  0 có
nghiệm. Tập  \ S có bao nhiêu giá trị nguyên?
A. 1.

B. 4.

Câu 35. Cho hàm số y 

C. 9.

D. 7.

1 x
. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số có ba
x  2mx  4
2

đường tiệm cận?
m  2

 m  2
A.  
.
5

m  2

m  2

B. 

13
.
60

D.

9
.
11

Câu 37. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 3a. Điểm H thuộc cạnh AC với HC  a . Dựng đoạn
thẳng SH vuông góc với mặt phẳng

 SAB 
A.

 ABC 

với SH  2a . Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng

bằng

3a
.
7

B.

3 21a
.


C. 64cm 2 .

26 2
cm .
5

D.

Câu 39. Cho hàm số f  x   0 với x  , f  0   1 và f  x   x  1. f '  x  với mọi x   . Mệnh đề
nào dưới đây đúng?
A. f  3  2 .

B. 2  f  3  4 .

C. 4  f  3  6 .

D. f  3  f  6  .

Câu 40. Tìm các giá trị thực của tham số m để hàm số f  x   x3  3 x 2   m 2  3m  2  x  5 đồng biến
trên khoảng  0; 2 
B. m  1, m  2 .

A. 1  m  2 .
Câu

41.

Số


C. 4.

D. 19.

Câu 42. Cho hình chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
SB, SC. Biết  AMN    SBC  . Thể tích của khối chóp S.ABC bằng
A.

a 3 26
.
24

B.

a3 5
.
24

C.

a3 5
.
8

D.

a 3 13
.
18



C.

a3
.
3

Câu 45. Tập hợp tất cả các số thực x không thỏa mãn bất phương trình 9 x

D.
2

4

a3
.
2

  x 2  4  .2019 x  2  1 là

khoảng  a; b  . Tính b  a .
A. 5.

B. 1 .

C. 5 .

D. 4.

Trang 6/7

5

V1  V2  ...  Vn
V

B.

6
.
13

C.

7
.
9

D.

1
.
2

Câu 48. Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y  f  x  . Gọi S là tập hợp
các giá trị nguyên không âm của tham số m để hàm số
y  f  x  2019   m  2 có 5 điểm cực trị. Số các phần tử của S bằng

A. 3.
C. 2.


B.  ;  .
2


1

C.  ;   .
2


1

D.  ;  .
2


Trang 7/7


MA TRẬN ĐỀ THI
Lớp

Chương

Nhận Biết

Thông Hiểu

Vận Dụng


C40 C41 C43

C48 C50

C29 C34 C45
C46

C32 C39

Chương 4: Số Phức

Hình học
Chương 1: Khối Đa
Diện

C9

C21 C22 C24

C37 C42 C44

Chương 2: Mặt Nón,
Mặt Trụ, Mặt Cầu

C12 C15

C25 C38

C23 C33




Chương 1: Phép Dời
Hình Và Phép Đồng
Dạng Trong Mặt
Phẳng


Chương 2: Đường
thẳng và mặt phẳng
trong không gian.
Quan hệ song song
Chương 3: Vectơ
trong không gian.
Quan hệ vuông góc
trong không gian

Đại số
Chương 1: Mệnh Đề
Tập Hợp
Chương 2: Hàm Số
Bậc Nhất Và Bậc Hai

Lớp 10
(0%)

Chương 3: Phương
Trình, Hệ Phương
Trình.
Chương 4: Bất Đẳng


3.6

0.8

Trang 9/7


NHẬN XÉT ĐỀ
Mức độ đề thi: KHÁ
Đề thi gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan.
Kiến thức tập trung trong chương trình lớp 12, còn lại là câu hỏi lớp 11 chiếm 4%.
Không có câu hỏi lớp 10.
Cấu trúc tương tự đề thi minh họa năm 2018-2019.
22 câu hỏi VD-VDC phân loại học sinh. 4 câu VDC: C47, C48, C49, C50.
Chủ yếu các câu hỏi ở mức thông hiểu và vận dụng.
Đề thi phân loại học sinh ở mức khá.

Trang 10/7


ĐÁP ÁN
1. B

2. C

3. A

4. C


20. C

21. D

22. A

23. D

24. B

25. D

26. A

27. A

28. D

29. B

30. A

31. B

32. B

33. C

34. C


50. C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Chọn đáp án C
Phương pháp

Ta có: AB   xB  x A ; yB  y A ; z B  z A  .
Cách giải

Ta có: AB   1  1; 2  1;3  3   2;1;0  .
Câu 2. Chọn đáp án C
Phương pháp
Cách 1: Tìm GTLN và GTNN của hàm số y  f  x  trên  a; b  bằng cách:
+) Giải phương trình y '  0 tìm các nghiệm xi .
+) Tính các giá trị f  a  , f  b  , f  xi  ( xi   a; b  ). Khi đó:
min f  x   min  f  a  ; f  b  ; f  xi  , max f  x   max  f  a  ; f  b  ; f  xi  .
 a ;b 

 a ;b 

Cách 2: Sử dụng chức năng MODE 7 để tìm GTLN, GTNN của hàm số trên  a; b  .
Cách giải


 x  0   0;3

6
3
3
Ta có: y '  4 x  6 x  y '  0  4 x  6 x  0   x 

Trang 11/7


 13  3.  1  2
+) Đáp án A: 
 đáp án A có thể đúng.
3
1  3.1  2
 13  3.  1  4  2
+) Đáp án C: 
 loại đáp án C.
3
1  3.1  4  2
Câu 4. Chọn đáp án C
Phương pháp
Hàm số y  f  x  nghịch biến trên  a; b   f '  x   0 x   a; b  và bảng 0 tại hữu hạn điểm.
Cách giải
Hàm số nghịch biến  f '  x   0  x  x  1  x  2   0  x  x  2   0  0  x  2 .
2

Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án C thỏa mãn.
Câu 5. Chọn đáp án C
Phương pháp
+) Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  f  x  là số nghiệm bội lẻ của phương trình f '  x   0 .
Cách giải
Ta có: y '  4 x3  2 x  y '  0  4 x3  2 x  0  2 x  x 2  1  0  x  0 .

 Hàm số có 1 điểm cực trị.
Câu 6. Chọn đáp án B
Phương pháp

Câu 9. Chọn đáp án B
Phương pháp
Thể tích hình hộp chữ nhật có các kích thước a, b, c là V  abc .
Cách giải
Thể tích khối lăng trụ là: VABCD. A ' B 'C ' D '  AA '. AB.BC  3.1.2  6m3 .
Câu 10. Chọn đáp án D
Phương pháp
Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản.
Cách giải
x2
 x  C  x2  x  C .
2
Chú ý khi giải: Chú ý cần có hằng số C. Học sinh có thể quên hằng số C này và chọn đáp án A.
Câu 11. Chọn đáp án C
Phương pháp
ax  b
Hàm số y 
 ad  bc  , hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên từng khoảng xác định của
cx  d
ad  bc
hàm số. Công thức tính nhanh đạo hàm của hàm số: y ' 
.
2
 cx  d 

Ta có:

  2 x  1 dx  2.

Cách giải

49
 tm  .
2
Câu 14. Chọn đáp án A
Phương pháp
 2 x  49  x 

Trang 13/7


+) Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y  f  x  là số nghiệm bội lẻ của phương trình f '  x   0 .
+) Sử dụng công thức Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n   x  1 .
n

Cách giải
0
1
2
2019 2019
 C2019
x  C2019
x 2  ...  C2019
x
  x  1
Ta có: f  x   C2019

 f '  x    x  1


2019

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có TXĐ là: x  1 và TCN là: y  2 .
mx  4
 m  y  m là TCN của đồ thị hàm số  m  2 .
x 1
Câu 18. Chọn đáp án A
Phương pháp
Giải phương trình y '  0 để xác định hoành độ giao điểm cực trị từ đó suy ra tọa độ hai điểm cực trị

Ta có: lim

x 

A  x A ; y A  , B  xB ; yB  của hàm số.
Phương trình đường thẳng AB :

x  xA
y  yA

.
xB  x A y B  y A

Cách giải

 x  0  A  0;1
Ta có: y '  6 x 2  6 x  y '  0  6 x 2  6 x  0  
 x  1  B 1; 2 

 đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A  0;1 , B 1; 2  .
 phương trình đường thẳng AB:


 M  Max y  12; m  Min y  18 .
 3;6

 3;6

 M  m  12  18  6 .

Câu 20. Chọn đáp án C
Phương pháp
Giải phương trình logarit: log a f  x   b  f  x   a b  0  a  1
Cách giải
ĐKXĐ: x  6 .
log 3 x  log 3  x  6   log 3 7  log 3  x  x  6    log 3 7

 x  1 ktm 
 x2  6x  7  x2  6x  7  0  
 x  7  tm 
Câu 21. Chọn đáp án D
Phương pháp
+) Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là:
1
V  Sh .
3
Cách giải
Gọi AC  BD  O  SO   ABCD  .
Ta có: S . ABCD là hình chóp tứ giác đều  SA  SB  SAB cân tại S.
Lại có ASB  60  gt   SAB là tam giác đều  SA  SB  AB  a .
Ta có: AC  AB 2  BC 2  a 2 (định lý Pitago)  AO 

1


canh doi
.
canh ke

Cách giải
Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB .
Ta có:  SAB    ABCD  , SH  AB  SH   ABCD  .

   SD,  ABCD      SD, HD   SDH   .
Áp dụng định lý Pytago với các tam giác vuông SAH, ADH ta có:

SH  SA2  AH 2  4a 2 

a 2 a 15
.

4
2

DH  AH 2  AD 2  a 2 

a2 a 5
.

4
2

SH a 15 a 5


Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC là:
2

a 2 b2  c2 1 2
 SA 
2
R 

r



a  b2  c2 .

4
4
2
 2 
Câu 24. Chọn đáp án B
Phương pháp
+) Xác định các điểm M, N.
Trang 16/7


SM
SB
+) Sử dụng công thức tính tỉ lệ

+) Sử dụng định lý Ta-lét tính các số



 (định lý Ta-lét)
Ta có: MN / / BC 
SB SC SH 3
AC
 a ( ABC cân tại B)
Ta có: AB 
2
1
1
1
1 1
1
Có: VS . ABC  SA.S ABC  SA. AB 2  .a. a 2  a 3 .
3
3
2
3 2
6
V
SA SM SN 2 2 4
4
4 1
2 3
.
.
 .   VSAMN  VSABC  . a 3 
a .
Theo công thức tỉ lệ thể tích ta có: SAMN 
VSABC SA SB SC 3 3 9

4 x 1  2 x 3  4  0  .22 x  8.2 x  4  0
4
 2 x  16  4 17  tm 

 x  log 2 4 17  16 .
 2 x  16  4 17  ktm 





Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.
Câu 28. Chọn đáp án D
Phương pháp
Dựa vào BBT để nhận xét các đường tiệm cận của đồ thị hàm số.
+) Đường thẳng x  a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y  f  x   lim f  x   
xa

+) Đường thẳng y  b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y  f  x   lim f  x   b .
x 

Cách giải
Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có hai đường TCĐ là: x  2, x  0 và 1 đường TCN là: y  0 .
Câu 29. Chọn đáp án B
Phương pháp

 a  1

0  f  x   g  x 
+ Giải bất phương trình log a f  x   log a g  x   

 



Vậy bất phương trình có vô số nghiệm thỏa mãn bài toán.
Câu 30. Chọn đáp án A
Phương pháp
Dựa vào BBT để nhận xét các điểm cực trị của đồ thị hàm số.
Cách giải
Cách vẽ đồ thị hàm số y  f  x  : Giữ lại phần đồ thị hàm số y  f  x  ở phía trên trục Ox và lấy đối
xứng phần đồ thị của hàm số y  f  x  ở phía dưới trục Ox lên phía trên trục Ox.
Từ đó ta vẽ được đồ thị hàm số y  f  x  như sau:
Trang 18/7


1
5



x
f  x



3



y0

của

hình

chữ

nhật

ABCD

là

100cm 2 ,

dấu

“=”

xảy

ra

 x  100  x  x  5 2  cm  .
2

2

Câu 32. Chọn đáp án B
Phương pháp
+) Đổi biến, đặt t  x 2 sau đó sử dụng phương pháp tích phân từng phần tính F  x  , từ đó suy ra

2
2
2
2
2
2
1 2
1
 x2  x   C
x  5  e x  C  g  x   F  x 2  x    x 2  x   5 e


2
2

 F  x 

 g ' x 



 x  x
g '  x    x  x   2 x  1 e
2



2
2
1


Trang 19/7


g '  x   x  x  1 2 x  1  x 2  x  2  x 2  x  2  e

 x  x
2

2

x  0
 x  1

g ' x  0  
1
x  2

 x  2

Vậy hàm số F  x 2  x  có 5 điểm cực trị.
Câu 33. Chọn đáp án C
Phương pháp
1
Sử dụng công thức tính thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính đáy r là V   r 2 h .
3
Cách giải
Khi quay tam giác BMC quanh cạnh AB tạo ra 2 khối
tròn xoay có thể tích là:


t  2

2



t 2  4t  1

t  2

2

t  2 5   0;  
0
t  2  5   0;  

BBT:

Trang 20/7


t

0

f 't 
f t 




2 

 m  4  2 5



 1

  \ S    ; 4  2 5    \ S có 9 giá trị nguyên là 0;1; 2;...;8 .
 2

Câu 35. Chọn đáp án A
Phương pháp

Cho hàm số y  f  x  .
+) Nếu lim y  y0  y  y0 là TCN của đồ thị hàm số.
x 

+) Nếu lim y    x  x0 là TCĐ của đồ thị hàm số.
x  x0

Cách giải
Ta có:
1 1

2
1 x
x
x  0  y  0 là TCN của đồ thị hàm số.
lim y  lim 2

2

Gọi số tự nhiên có 3 chữ số là abc ( 0  a, b, c  9, a  0 ).
Trang 21/7


 S có 9.10.10  900 phần tử. Chọn ngẫu nhiên một số từ S  n     900 .
Gọi A là biến cố: “Số được chọn thỏa mãn a  b  c ”.
TH1: a  b  c . Chọn 3 số trong 9 số từ 1 đến 9, có duy nhất một cách xếp chúng theo thứ tự tăng dần từ
trái qua phải nên TH này có C93 số thỏa mãn.
TH2: a  b  c , có C92 số thỏa mãn.
TH3: a  b  c có C92 số thỏa mãn.
TH4: a  b  c có 9 số thỏa mãn.

 n  A   C93  2.C92  9  165 .
165 11

.
900 60
Câu 37. Chọn đáp án B
Phương pháp

Vậy P  A  

+) So sánh d  C ;  SAB   và d  H ,  SAB   .
+) Dựng và tính khoảng cách d  H ,  SAB   .
Cách giải
Goi D là trung điểm của AC  CD  AB
Kẻ HM / / CD  M  AB   HM  AB .



3a 3
.
2

HM AH 2
2 3a 3

  HM  .
 a 3.
CD
AC 3
3 2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHM ta có: HK 

SH .HM
SH 2  HM 2



2a.a 3
4a 2  3a 2



2a 21
7

Trang 22/7


27 2
3  3
3 
Diện tích toàn phần của hình nón là S1   rl   r    R  . R    R   
R
16
4  2
4 
2

Diện tích mặt cầu là S 2  4 R 2 .
Theo bài ra ta có: S1  S 2  91  

27 2
91
R  4 R 2  91   R 2  91   R 2  16 .
16
16

Vậy diện tích mặt cầu là: S 2  4 R 2  4.16  64  cm 2  .
Câu 39. Chọn đáp án D
Phương pháp
+) Chia cả 2 vế cho f  x   0 sau đó lấy nguyên hàm 2 vế tìm f  x  .
+) Từ giả thiết f  0   1 xác định hằng số C. Tính f  3 .
Cách giải
Ta có f  x   x  1 f '  x  . Do f  x   0 nên chia cả 2 vế cho f  x  ta được
Lấy nguyên hàm 2 vế  

f ' x

+) Lập BBT hàm số y  g  x  và kết luận.
Cách giải
TXĐ: D   .

Ta có f '  x   3 x 2  6 x  m 2  3m  2 .
Trang 23/7


Để hàm số đồng biến trên  0; 2   f '  x   0 x   0; 2  và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

 f '  x   3 x 2  6 x  m 2  3m  2  0 x   0; 2 
 m 2  3m  2  3 x 2  6 x  g  x  x   0; 2   m 2  3m  2  min g  x 
0;2

Xét hàm số g  x   3 x 2  6 x trên  0; 2 ta có:

g '  x   6 x  6  0  x  1  g '  x   0 x  1  Hàm số đồng biến trên  0; 2 .
 min g  x   g  0   0  m 2  3m  2  0  1  m  2 .
0;2

Câu 41. Chọn đáp án D
Phương pháp
+) Đặt t  3  x  6  x , tìm điều kiện của t.
+) Biểu diễn 18  3x  x 2 theo t, đưa bất phương trình về dạng m  f  t  t   a; b   m  max f  t  .
 a ;b 

Cách giải

3  x  6  x  18  3 x  x 2  m 2  m  1 .
ĐKXĐ: 3  x  6 .




3 2

3

3

 t  3;3 2  .
Ta có t 2  3  x  6  x  2 18  3 x  x 2  9  2 18  3 x  x 2
 18  3 x  x 2 

t2  9
.
2

Khi đó phương trình trở thành: f  t   t 

t2  9
 m 2  m  1 t  3;3 2  (*)
2

Phương trình (*) có nghiệm đúng t  3;3 2   m 2  m  1  max f  t  .
3;3 2 


t2  9
1
Xét hàm số f  t   t 

Câu 42. Chọn đáp án B
Phương pháp
+) Gọi D là trung điểm của BC, H  MN  SD . Chứng minh

SH   AMN  .
+) Chứng minh AMN cân tại A  S AMN .
1
+) Tính VS . AMN  SH .S AMN .
3

+) Sử dụng công thức tính tỉ lệ thể tích Simpson, tính VS . ABC .
Cách giải
Gọi D là trung điểm của BC. Do SBC cân tại S  SD  BC .
MN là đường trung bình của SBC  MN / / BC  MN  SD và
1
a
MN  BD  .
2
2
Gọi H  MN  SD  SH  MN
 AMN    SCD 

Ta có:  AMN    SCD   MN  SH   AMN  .

 SCD   SH  MN

Tương tự ta chứng minh được AH   SCD   AH  SD tại H là trung điểm của SD.
 SAD cân tại A  SA  AD 

a 3