SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2019

TRƯỜNG THPT TỨ KỲ

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
---------------------------------------

Câu 1. Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y  x 3  3x  5 là điểm:
A. M (1;3)

B. N (-1;7)

C. Q (3;1)

D. P (7;-1)

Câu 2. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   3x 2  1 là:
A. x 3  C

B.

x3
xC
3

D. x 3  x  C

C. 6x  C

12

B. V 

7
C
4

.V

21
4

D. V 

3 21
4

Câu 6. Cho hình bát diện đều cạnh 2. Gọi S là tổng diện tích tất cả các mặt của hình bát diện đó. Khi đó,
S bằng
B. S  8 3

A. S = 32

C. S  4 3

D. S  16 3

Câu 7. Phép vị tự tâm O(0;0) tỉ số k = 3 biến đường tròn  C  :  x  1   y  1  1 thành đường tròn có
2


0

y

0
-

0

+

3



0



-1

B. 0

-

3

Đồ thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng y = -2018 tại bao nhiêu điểm ?
A. 4

Câu 11. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y 

D. V  2V1
x2
có đúng 3
x  mx  1
2

đường tiệm cận.

A. 2  m  2

m  2

 m  2
B.  
m   5
 
2

Câu 12. Tìm tập xác định D của hàm số y 

m  2
C. 
 m  2

 m  2


5


Câu 13. Cho hình chóp S.ABC có chiều cao bằng 9, diện tích đáy bằng 5. Gọi M là trung điểm cạnh SB
và N thuộc cạnh SC sao cho NS = 2NC. Thể tích V của khối chóp A.BMNC là
A. V = 10

B. V = 30

C. V = 5

D. V = 15

Câu 14. Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị như hình bên?

A. y  x 3  3x  1

B. y  x 3  3x 2  3x  1

1
C. y  x 3  3x  1
3

D. y  x 3  3x 2  3x  1

Câu 15. Hình hộp chữ nhật có ba kích thước là 3, 3, 4. Số mặt phẳng đối xứng của hình chữ nhật đó là
A. 4

B. 6

C. 5


, ( giả sử tất cả các điều kiện đều được thỏa mãn ) ta được
a. 4 a

kết quả là
A.

60
91

Câu 19. Đồ thị hàm số y 
A. x = 2017

B. 

91
60

C.

3
5

D. 

5
3

2017x  2018
có đường tiệm cận đứng là
x 1


B.

24
5

C.

12
5

Câu 23. Tích của giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x 
A.

65
3

B. 6

C. 20

D. 

24
5

4
trên đoạn [1;3] bằng
x


B. S10  1023

C. S10  1025

D. S10  1025

Câu 27. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 2a; SA   ABCD  và
SA = a. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng
A.

2a 3
3

B.

3a 3
2

C.

2a 5
5

D.

3a 7
7

Câu 28. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a mặt bên SAB là tam giác đều, mặt
bên SCD là tam giác vuông cân tại S, gọi M là điểm thuộc đường thẳng CD sao cho BM vuông góc với

C. m = 4.

D. m = 2.

Câu 30. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và có AB = a, BC  a 3 , mặt bên
SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Thể tích V của khối chóp
S.ABC là
A. V 

2a 3 6
.
12

B. V 

a3 6
.
6

C. V 

a3 6
.
12

D. V 

a3 6
.
4


Câu 33. Với giá trị nào của x thì biểu thức B  log 2  2x  1 xác định?
1

A. x   ; 
2


B. x   1;  

1 
C. x   \  
2

1

D. x   ;  
2


C. D   \ 1

D.  1;  

1

Câu 34. Tập xác định D của hàm số y   x  1 3 là
A. D   ; 1

B. D  


C. 0

D. 2

a 3
. Góc
2


Câu 38 . Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình vẽ. Trên khoảng  1;3 đồ thị hàm số y = f(x) có mấy
điểm cực trị?

A. 0.

B. 2.

C. 3.

D. 1.

Câu 39. Giải bất phương trình log 2  3x  2   log 2  6  5x  được tập nghiệm là (a;b). Hãy tính tổng
S  a  b.

8
A. S  .
3

B. S 


1
3

B. cos  

1
3

C. cos  

2
3

D. cos  

2
3

Câu 42. Từ một hộp có 1000 thẻ được đánh số từ 1 đến 1000. Chọn ngẫu nhiên ra hai thẻ. Tính xác suất
để chọn được hai thẻ sao cho tổng của các số ghi trên hai thẻ nhỏ hơn 700.
A.

243250
2
C1000

B.

121801
2


a 5
3

Câu 44. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m thuộc đoạn  2018; 2018 để hàm số

y  x 3  6x 2  mx  1 đồng biến trên khoảng 1;   .
A. 2007.

B. 2030.

C. 2005.

D. 2018.

Câu 45. Do thời tiết ngày càng khắc nghiệt và nhà cách xa trường học, nên một thầy giáo muốn đúng 5
năm nữa có 500 triệu đồng để mua ô tô đi làm. Để đạt nguyện vọng, thầy có ý định mỗi tháng dành ra
một số tiền cố định gửi vào ngân hàng (hình thức lãi kép) với lãi suất 0,5%/tháng. Hỏi số tiền ít nhất cần
dành ra mỗi tháng để gửi tiết kiệm là bao nhiêu. (chọn đáp án gần nhất với số tiền thực)


A. 7.632.000

B. 6.820.000

C. 7.540.000

D. 7.131.000

Câu 46. Cho hàm số y  x 4  2 1  m 2  x 2  m  1 . Tìm tất các giá trị của tham số m để hàm số cực đại,

D.

2019
2

Câu 48 . Một công ty cần xây dựng một cái kho chứa hàng dạng hình hộp chữ nhật (có nắp) bằng vật liệu
gạch và xi măng có thể tích 2000 m3 , đáy là hình chữ nhật có chiều dài bằng hai lần chiều rộng. Người ta
cần tính toán sao cho chi phí xây dựng là thấp nhất, biết giá xây dựng là 500.000 đồng/m2. Khi đó chi phí
thấp nhất gần với số nào dưới đây?
A. 495969987

B. 495279087

C. 495288088

D. 495289087

Câu 49. Cho hàm số f  x   x 3  ax 2  bx  c . Nếu phương trình f  x   0 có ba nghiệm phân biệt thì
phương trình 2f  x  .f ''  x   f '  x   có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm?
2

A. 1 nghiệm

B. 4 nghiệm

C. 3 nghiệm

D. 2 nghiệm

Câu 50. Tìm m để hàm số y  x  4  x 2  m có giá trị lớn nhất bằng 3 2

Chương 2: Hàm Số
Lũy Thừa Hàm Số Mũ
Và Hàm Số Lôgarit
Chương 3: Nguyên
Hàm - Tích Phân Và
Ứng Dụng
Lớp 12
(84%)

C8 C14 C19 C35
C38

C21 C33 C34

C18 C24 C39

C3 C11 C31
C32 C37 C44
C46

C49 C50

C45

C47

C5 C9 C13 C28
C30 C41 C43

C48


Chương 2: Tổ Hợp Xác Suất
Lớp 11
(14%)

C42

Chương 3: Dãy Số,
Cấp Số Cộng Và Cấp
Số Nhân

C26

Chương 4: Giới Hạn
Chương 5: Đạo Hàm

C25

C29
C20

Hình học


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



Hình học
Chương 1: Vectơ
Chương 2: Tích Vô
Hướng Của Hai Vectơ
Và Ứng Dụng
Chương 3: Phương
Pháp Tọa Độ Trong
Mặt Phẳng

C22

Tổng số câu

13

15

18

4

Điểm

2.6

3.0

3.6


9

A D B A C

B

C

C D

10 11 12 13 14 15

16

17

18

19

20

21

C

A

A



A

A

C

B

C

D

D

A

A

D

B

C

C

B

C

Câu 2.
Lời giải
Chọn D.
Ta có:  f  x  dx    3x 2  1 dx  x 3  x  C .
Câu 3.
Lời giải
Chọn B.
* Với m  2 , hàm số trở thành y  3x 2  mx  5
y '  6x  m, y '  0  x  

m
. Vì y '  0 có nghiệm và đổi dấu khi đi qua nghiệm nên với m  2 hàm
6

số có cực trị.
* m  2, y '  3  m  2  x 2  6x  m . Để hàm số có cực trị thì  '  0  9  3m  m  2   0

 m 2  2m  3  0  3  m  1
Kết hợp cả hai trường hợp suy ra 3  m  1
Câu 4.
Lời giải
Chọn A.
Khối bát diện đều là khối đa diện loại {3;4}
* Ghi nhớ thêm về khối bát diện đều:




Có số đỉnh (Đ); số mặt (M); số cạnh (C) lần lượt là Đ = 6, M = 8, C = 12.


AB2 1

AC 2

+ BC  AC2  AB2  3
* Xét AA ' H : A ' H  AA '2  AH 2 

7
2

1
7
21
1

* Thể tích cần tìm: V  SABC .AH   .AB.BC  AH  .1. 3.

2
2
4
2

Câu 6.
Lời giải
Chọn B.
Ta có hình bát diện đều có 8 mặt là 8 tam giác đều cạnh 2.
Do đó, S  8.22.

3
8 3


CD  AH 
  CD   ABH  , mà BH   ABH   CD  BH (1) .
CD  AB 

Tương tự

BD  AH 
  BD   ACH  , mà CH   ACH   BD  CH (2) .
BD  AC 

Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm tam giác BCD.

BC  AH 
  BC   ADH  , mà AD   ADH   BC  AD
BC  DH 


Vậy góc giữa hai vecto AD và BC là 900 .
Ta có:

Câu 10.
Lời giải
Chọn C.


Gọi a là cạnh của hình lập phương
1 1
a3
Khi đó, ta có: V  a 3 và V1  . a 2 .a 

2

 Phương trình x 2  mx  1  0 có hai nghiệm phân biệt khác 2
m  2
 m  2



  m  4  0
  m  2

5
 2

  m 

2
2  2m  1  0
5

 m  2
m  2

2

Câu 12.
Lời giải
Chọn C.
Hàm số y 


2



1

Câu 13.
Lời giải
Chọn A.


Ta có:

VS.AMN SA SM SN 1 2 1
1

.
.
 .   VS.AMN  VS.ABC
VS.ABC SA SB SC 2 3 3
3

Suy ra: VA.BMNC 

2
2 1
VS.ABC  . .5.9  10
3
3 3



1
Hay G1G 2  AB nên A sai
3

G1G 2 / /AB nên B và C đúng
Dễ thấy BG1 , AG 2 và CD đồng qui tại điểm I nên D đúng.
Câu 17.
Lời giải
Chọn A.
1
1
Thể tích của khối nón V  R 2 .h  .42.6  32
3
3

Câu 18.
Lời giải
Chọn D.
Ta có
3
4

2
3

29
12

5

x  1
x 1
x 1

x = -1
Câu 20.
Lời giải
Chọn D.
Ta có : y '  3x 2  6x  y '  3  9
Phương trình tiếp tuyến tại điểm A (3;1) là y  9  x  3  1  y  9x  26
Câu 21.
Lời giải
Chọn B.
Hàm số y  log  x 2  xác định khi x 2  0  x  0
Câu 22.
Lời giải
Chọn B.


d

3.3  4.  4   1
32   4 

2



24
5

Chọn A.
Ta có: m cos 2 x  4sin x cos x  m  2  0  m
 m cos 2x  4sin 2x  3m  4  0  m 

1  cos 2x
 2sin 2x  m  2  0
2

4  4sin 2x
3  cos 2x

8  24 cos 2x  8sin 2x
 
Xét M trên 0;  ta có f '  x  
2
 4
 3  cos 2x 
 
 
Nhận xét f '  x   0 với mọi x  0;  nên để phương trình có nghiệm trên 0;  thì
 4
 4
8

f  0  m  f    1  m 
3
4
 
Khi đó phương trình m cos 2x  4sin 2x  3m  4  0 có đúng một nghiệm trên 0; 
 4

2

 d  A,  SCD   

2



a.2a
a  4a
2

2



2a 5
5

2a 5
5

Câu 28.
Lời giải
Chọn A.

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của đoạn CD và AB, ta có:
SAB đều  AB  SF  CD  SF (do CD||AB) (1)
SCD vuông cân tại S  CD  SE (2)


2
 SE  SF  
 a  EF  SEF vuông cân tại S  SH 


4
4
EF
a
4
2

2

 AH  SA 2  SH 2  a 2 

3a 2 a 13
3a 2 3a 2 3a
và HF  SF2  SH 2 



16
4
4
16
4

3a
.a

a
 AI  BI  AB 
 a2 
 ID 
9
3
3
2

2

DIM và AIB là hai tam giác vuông đồng dạng
a
DM DI 3 1
AB a
1
1 a a2



  DM 
  SBDM  BC.DM  a. 
AB AI 2a 2
2
2
2
2 2 4
3
1
1 a 3 a2 a3 3

Lời giải
Chọn C


Gọi K là trung điểm của đoạn AB, ta có SAB đều  SK  AB
Mà  SAB    ABC  theo giao tuyến AB
1
 SK   ABC   VS.ABC  SK.SABC
3

Ta có ABC vuông tại A có AB  a, BC  a 3

 AC  BC2  AB2  3a 2  a 2  a 2
 SABC 

1
1
a2 2
AB.AC  .a.a 2 
2
2
2

SAB đều cạnh AB = a  Đường cao SK 

 VS.ABC 

a 3
2


3 5
x
. Vì x là nghiệm nguyên nên S  1; 2 .
2
2

Câu 32.
Lời giải
Chọn C.
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của  Cm  với trục hoành là

x  2  0
mx 3  x 2  2x  8m  0   x  2   mx 2   2m  1  4m   0   2
 mx   2m  1 x  4m  0(1)
Để  Cm  cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt thì (1) có hai nghiệm phân biệt khác -2


m  0
m  0


2
   12m  4m  1  0   1
1
m.4  2m  1 2  4m  0
 6  m  2





+) Ta có OI  ;SO 
2
2
OI

Câu 37.
Lời giải
Chọn D.


1 
Tập xác định D   \   .
3

Ta có: y 

2x  5
x4
 1
.
3x  1
3x  1

Để x, y     x  4   3x  1  3  x  4   3x  1   3x  1  13  3x  1  13  3x  1

2

x

(L)

6  5x  0
2
6

5

 x .
Điều kiện 
3
5
3x  2  0
x  2

3

log 2  3x  2   log 2  6  5x   3x  2  6  5x  x  1.

a  1
6 
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là 1  x   
6
5 b 
5

Vậy S  a  b  1 

6 11
 .
5 5


3
1
3 a2
a .MC.tan  
a
a.tan   a 3

1

 a6 .
4
4
2
8
16a 4
8 16

f (x)  16x  x 3  0  x  4  f '(x)  16  3x 2  0  x  4  ;
Xét

f '(x)  0  16  3x 2  0  x 

Vậy VABC.A 'B'C' lớn nhất khi   x 

4
 4  128
;f (0)  0;f(4)  0;f 
.

3


Vậy P(A) 

698.697
 243253
2

n A 243253

2
n
C1000

Câu 43.
Lời giải
Chọn B.


Ta có BC  AC2  AB2  2AC.AB.cos1200  a 7;
A1B  A1A 2  AB2  a 21; A1K  A1C12  C1K 2  3a, KB  KC2  CB2  2a 3
1
1 3VB1A1BK
d(I, (A1BK))  d  B1 ,  A1BK    .
2
2 SA1BK

Mà VB1A1BK 

1
1 2

.
2 3a 3
6

Câu 44.
Lời giải
Chọn A.
Tập xác định D  , y '  3x 2  12x  m.
Hàm số y  x 3  6x 2  mx  1 đồng biến trên khoảng 1;   khi và chỉ khi y '  0, x   0;  

 m  3x 2  12x, x   0;    m  max  3x 2  12x   m  12
 0; 

m  
Do 
nên m  12,13,14,..., 2018 .
2018  m  2018
Vậy có 2007 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 45.
Lời giải
Chọn D.
Gọi số tiền ít nhất mà thầy giáo cần dành ra mỗi tháng để gửi tiết kiệm là x (đồng).
Số tiền tiết kiệm gửi vào ngân hàng sau 60 tháng là
T60  x 1, 0051  1, 0052  ...  1, 00560   x.1, 005.

1, 00560  1
0, 005


Theo bài ta có: x.1, 005.

A  0;1  m  , B



 

1  m 2 ; m  2m 2  m 4 , C  1  m 2 ; m  2m 2  m 4

Ta có: BC  x C  x B  2 1  m 2 ; d  A; BC   1  m 2 
Lại có: SABC 



2

2
1
BC.d  A, BC   1  m 2  1  m 2  1  Smax  1 khi m = 0
2

Câu 47.
Lời giải
Chọn B.
'

x
 2019

x
 e

x

e

x
2019

e

2019  x
2019

2019  x
2019

x

e 2019



 e

e

x
2019

 e


e  e.e

x
2019

e 2019


e

x
2019

 e



e
e e

x
2019

1

Bởi vậy 2A  f ' 1  f '  2018    f '  2   f '  2017    ...  f '  2018   f ' 1   2018
Nên A 

2018
 1009

x

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4x 2 

3000
 x  3 750  m 
x

Chi phí xây dựng thấp nhất khi đó sấp sỉ là 300 3 36.500000  495289087 đồng
Câu 49.
Lời giải
Chọn B.
Xét đa thức bậc bốn g  x   2f  x  .f ''  x    f '  x   . Ta có g '  x   2f  x  .f '''  x   12f  x 
2

Vì g '  x   0 có ba nghiệm phân biệt nên g  x   0 có tối đa bốn nghiệm
Vậy phương trình 2f  x  .f ''  x   f '  x   có tối đa bốn nghiệm. Giả sử x1  x 2  x 3 là ba nghiệm của
2

f  x   0 . Mà các nghiệm này đều phân biệt nên ta có f '  x1  , f '  x 2  , f '  x 3  đều khác 0. Ta có
x



g’(x)

x1
-

0