ĐỀ THI THỬ THPT QG NĂM HỌC 2018 – 2019
TRẮC NGHIỆM MÔN TOÁN 12
(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề)

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

Câu 1 : Hàm số nào trong các hàm số sau đây là một nguyên hàm của hàm số y  e x ?
A. y 

1
.
x

B. y  e x .

3
Câu 2 : Tập nghiệm của bất phương trình  
4

 x2



81
là
256

B.  ;  2    2;    . C.

A.  2; 2  .


xúc với  S  và song song với mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  11  0 có phương trình là

Câu 5:

A. 2 x  y  2 z  7  0 .

B. 2 x  y  2 z  7  0 .

C. 2 x  y  2 z  9  0 .

D. 2 x  y  2 z  9  0 .

Đồ thị hàm số y 
A. x 
2

Câu 6 :

Cho


1

x 1
có đường tiệm cận ngang là đường thẳng nào dưới đây?
4x 1

1
.
4


y/

0

-2
_

_

+

+∞
y

+∞

+∞

1

1 -∞

0

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho bằng
A. 0 .
Câu 8:

B. 3 .


Hàm số y  f ( x) đồng biến trên khoảng nào dưới đây ?
A.  2;0  .

B.  3;1 .

Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x2

C.  0;   .

D.   ; 2  .

y2

2z 3

z2

2x 4 y

0 . Tọa độ tâm I

của mặt cầu  S  là
A. 1; 2; 1 .

C.  2; 4; 2  .

B.  2; 4; 2  .

D.  1; 2;1 .

2 3a

B.

2
2

3a
.
2a

a
.
a

D.

2 3a
.
3 2a

Câu 14: Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y  x 4  2 x 2  1.

B. y   x3  3x  1 .

C. y  x3  3x  1 .

D. y  x3  3x 2  1 .

n

 x 4
Câu 17: Số hạng không chứa x trong khai triển   
2 x
9
A. 22 C20
.

C.  a m   a m n .
n

20

am
 a nm .
n
a

 x  0  bằng

11
C. 210 C20
.

10
B. 210 C20
.

D.


C. 6 .

D. 3 .

Câu 20: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy.
Biết rằng đường thẳng SC hợp với mặt phẳng đáy một góc 60 . Thể tích khối chóp S. ABC
bằng

a3
A.
.
4

a3
C.
.
8

a3
B.
.
2

3a 3
D.
.
4

2x 1

D.  1;1; 2  .

Câu 24: Cho cấp số nhân  un  có u1  2 và biểu thức 20u1  10u2  u3 đạt giá trị nhỏ nhất. Số hạng thứ
bảy của cấp số nhân có giá trị bằng
A. 31250 .

B. 6250 .

C. 136250 .

Câu 25: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

và có bảng biến thiên

D. 39062 .


x



1

f  x



0



Câu 26: Nếu tăng chiều cao của một khối trụ lên gấp 2 lần và tăng bán kính đáy của nó lên gấp 3 lần
thì thể tích của khối trụ mới sẽ tăng bao nhiêu lần so với thể tích của khối trụ ban đầu?
A. 18 lần.

B. 36 lần.

C. 12 lần.

D. 6 lần.

Câu 27: Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2; 1 . Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên
trục Oy là.
A. 1;0; 1 .

B.  0;0; 1 .

C.  0; 2;0  .

D. 1;0;0  .

C. D  2e; 2  .

D. A 1;0  .

Câu 28: Đồ thị hàm số y  ln x đi qua điểm
B. C  2;e2  .

A. B  0;1 .

Câu 29: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên trên  5;7  như sau


C. Min f  x   6 .
5;7 

D. Max f  x   9 .
5;7 

Câu 30: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b . Công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn
bởi đồ thị hàm số y  f  x  , trục hoành, đường thẳng x  a và đường thẳng x  b là


b

b

A. S   f  x dx .

B. S    f 2  x dx .

a

b

C. S   f  x  dx .
a

a

b



7
a.
3

D.

3 21
a.
7

Câu 33: Trong không gian Oxyz, cho 2 điểm hai điểm A 1;2;1 , B  2; 1;3 và điểm M  a; b;0  sao cho
MA2  MB2 nhỏ nhất. Giá trị của a  b bằng

A. 2 .

B. 2.

C. 3.

D. 1.

Câu 34: Tập tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  ln  x 2  1  mx  1 đồng biến trên
A.  1;1 .

C.   ; 1 .

B.   ; 1 .

là

y
4

5

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình f
A. m  5 .

B. m  2 .



C. m  4 .

Câu 36: Cho khối cầu  S  có bán kính R . Một khối trụ có thể tích bằng

 S  . Chiều cao khối trụ bằng:
A.

2 3
R.
3

B.

2
R.
2

C.


C. 607 .

D. 609 .

Câu 38: Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  : 2 x  y  z  2  0 và  Q  : 2 x  y  z  1  0 .
Số mặt cầu đi qua A 1; 2;1 và tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  ,  Q  là
A. 1 .

B. 2.

C. 0 .

D. vô số.

Câu 39: Cho lăng trụ ABCABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , đường cao BH . Biết

AH   ABC  và AB  1, AC  2, AA  2 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
A.

21
.
4

B.

7
.
4


A. 12 .

B. 11 .

C. 9 .

D. 10 .

Câu 42: Cho hàm số bậc ba y  f  x  , hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số
g  x   f   x  x 2  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?


 1 
A.   ;0  .
 2 

B.  1;0  .

C.  2;  1 .

D. 1; 2  .

Câu 43: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Số giá trị nguyên của tham số m để
phương trình f  x  m   m có 4 nghiệm phân biệt là

B. Vô số.

A. 0 .

7

g  x   2 f  x    x  1 . Khi đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y  g  x  trên đoạn  3;3 bằng
2

A. g  0  .

B. g 1 .

C. g  3 .

D. g  3 .


Câu 47: Cho hình nón có chiều cao 2R và bán kính đường tròn đáy R . Xét hình trụ nội tiếp hình nón
sao cho thể tích khối trụ lớn nhất, khi đó bán kính đáy của khối trụ bằng?

A.

2R
.
3

B.

R
.
3

C.

R

Câu 50: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

C.

9
.
2

 0;    , f  x   0

D. 1 .
với mọi x   0;    và thỏa mãn

1
a
f 1   . f   x    2 x  1 f 2  x  ,  x   0;    . Biết f 1  f  2   ...  f  2019    1 với
2
b
a  , b  ,  a, b   1 .Khẳng định nào sau đây sai?

A. a  b  2019 .

B. a.b  2019 .

C. 2a  b  2022 .

D. b  2020 .

----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


15-C

16-A

17-B

18-D

19-A

20-A

21-B

22-B

23-D

24-A

25-B

26-A

27-C

28-D

29-A


45-D

46-D

47-A

48-C

49-B

50-A

( – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết)

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: D
Ta có:  e x dx  e x  C
Câu 2 : C
3
Ta có  
4

Câu 3: C

 x2

81
3



Câu 4: A
Ta có:  S  :  x  1   y  2    z  3  9 , suy ra  S  có tâm I  1; 2;3 và bán kính R  3 .
2

2

2

Gọi mặt phẳng cần tìm là  Q  .

 Q  //  P  

Q 

phương trình  Q  có dạng: 2 x  y  2 z  c  0  c  11 .

tiếp xúc với  S   d  I ,  Q    R 

2.  1  2  2.3  c
22  12  22

c  7
3 
c  11 l 

Vậy  Q  : 2 x  y  2 z  7  0.
Câu 5: B
1
1

5

Theo giả thiết I  2 nên ta có

 f (t )dt  4 .
2

Vì tích phân không phụ thuộc vào biến nên chọn C.


Câu 7: B
Gọi  C  là đồ thị của hàm số y  f ( x) . Từ bảng biến thiên ta có:

lim f  x   0  y  0 là tiệm cận ngang của  C  .

x

lim f  x     x  2 là tiệm cận đứng của  C  .

x2

lim f  x     x  0 là tiệm cận đứng của  C  .

x0

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của  C  là 3 .
Câu 8: B
Hàm số mũ y  a x  a  0, a  1 có tập xác định là

.


2x 4 y

2z 3

0

x 1

2

y

2

2

z 1

Do đó mặt cầu  S  có tâm I  1; 2;1 .
Câu 12: B
Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng ta có:
d ( M ;( P)) 

| 2.1  2.(2)  1.0  1|
2  (2)  1
2

2



2

9.


Đồ thị đề cho là đồ thị hàm số bậc ba y  ax3  bx 2  cx  d  a  0  nên loại đáp án A.
Quan sát đồ thị ta thấy a  0 nên loại đáp án B.
Đồ thị hàm số đi qua điểm  1;3 (hoặc hàm số có 2 điểm cực trị x  1 ) nên loại đáp án D.
Vậy đó là đồ thị của hàm số y  x3  3x  1 .
Câu 15: C
1
Áp dụng công thức tính thể tích của khối chóp ta có V  S .h với S là diện tích đáy và h là chiều cao
3
tương ứng.

Câu 16: A

am
Ta có: n  a m n
a
Câu 17: B
 x
Ta có số hạng thứ k  1 của khai triển là: Tk 1  C  
2

20  k

k
20

 1001 m.

Câu 19 : A
1

Ta có   ae x  b  dx   ae x  bx   ae  b  a.
1

0

0

1

Ta lại có

  ae

x

 b  dx  e  2.

0

 a 1
a  1

. Vậy a  b  4.
Suy ra: 
b  3


2x 1
1 . Điều kiện x  1 .
x 1

Ta có 1   x  2  x  1  2 x  1  x2  5x  1  0  2  .
Nhận thấy phương trình  2  có 2 nghiệm phân biệt khác 1.
Theo định lý Vi-ét ta có: xA  xB  5 . Vậy chọn B.
Câu 22: B
Câu 23: D
Ta có AB   1;1; 2  .
Câu 24. : A

u2  u1.q  2.q
Gọi q là công bội của cấp số nhân  un  . Ta có: 
2
2
u3  u1.q  2.q
Do đó: T  20u1  10u2  u3  2q 2  20q  40  2  q  5  10  10, q
2

Suy ra minT  10 , đạt được khi q  5 .


Khi đó số hạng thứ bảy là u7  u1.q6  31250 .
Câu 25: B
Từ bảng biến thiên ta có M  0; 2  là điểm cực đại của đồ thị hàm số nên mệnh đề ở đáp án B là mệnh đề
sai.
Câu 26 : A
Gọi R và h là đường cao và bán kính đáy của khối trụ.

HK HA 2
2
2 3 3

  HK  CI  .
a  3a .
CI
AC 3
3
3 2

 AB  HK
 AB   SHK  .

 AB  SH

Cách 1:

3.V
1
Ta có: VS . ABC  d  C;  SAB   .SSAB  d  C;  SAB    S . ABC
3
SSAB

 *

1
1
3
3 3 3

3 7 2
a
2
Cách 2:
Dựng HM  SK ; ta có AB   SHK   AB  HM .
 HM  SK
 HM   SBC   d  H ;  SAB    HM .
Ta có 
 HM  AB

Trong tam giác vuông SHK :

1
1
1
1
1
7
2 21


 2 2 
 HM 
a.
2
2
2
2
HM
SH


2

2
2

3 
1 
MA2  MB2  2a2  2b2  6a  2b  20  2  a     b     15  15, a, b .
2 
2  


3
1
Suy ra min  MA2  MB 2   15 , đạt được khi a  ; b  . Vậy a  b  2 .
2
2
Câu 34: C
Tập xác định : D 
Ta có: y 

.

2x
m.
x 1
2

Hàm số y  ln  x 2  1  mx  1 đồng biến trên

.

.

; f   x   0  x  1

2

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có: m 
Câu 35: C
Xét bất phương trình f



2x
, x   m  1 .
x 1
2



x  1  1  m 1 .

Đặt t  x  1  1 , t  1 . Bất phương trình 1 trở thành f  t   m .
Bất phương trình 1 có nghiệm  bất phương trình f  t   m có nghiệm thuộc 1; 


 m  min f  t   m  4 .

4 3 3
4 3 3
h 
4 3 3
R  Sh 
R    R 2   .h 
R
9
9
4
9




16 3 3
2 3 
 h  4R h 
R  0   h 
R 
9
3


3

2

2


chữ

số

của

M

khi

viết

M

dưới

dạng

log M   1  log 22019   1  2019.log 2  1  608 .
Câu 38: C
Ta có  P  : 2 x  y  z  2  0 và  Q  : 2 x  y  z  1  0 .
Vì

2 1 1 2
nên  P  //  Q  .

 
2 1 1 1

một


VABC .ABC  AH .S ABC 

Câu 40: D

7 3
21
.
.

2 2
4

3
6



3
.
6

3
 d   P  ,  Q   và A   Q  .
6


Mặt phẳng  P  đi qua đỉnh S của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác cân SAB như hình
vẽ. Ta có OA  OB  3 ; SO  4 và AB  2 .
Gọi I là trung điểm của AB . Suy ra OI  AB .

 f  x   2  x2
 f  x   x2  2
Do x1  2   1; 0  nên phương trình f  x   x1  2 có 4 nghiệm đơn phân biệt.
Do x2  2   0; 1 nên phương trình f  x   x2  2 có 2 nghiệm đơn phân biệt.
Phương trình f  x   0 có 3 nghiệm phân biệt trong đó có 2 nghiệm đơn phân biệt và nghiệm bội chẵn
x  2.


Tổng cộng phương trình g'  x   0 có 11 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua các nghiệm này.
Do đó y  f  f  x   2  có 11 điểm cực trị.
Câu 42: D
Xét hàm số g  x   f   x  x 2  . Ta có g   x    1  2 x  . f    x  x 2  .
Cách 1:

1
 x   2
 1  2 x  0


 x  x2  0
2

f

x

x

0


 x  0



1
 x  
2


 1  x  0

x  0

.
 1  x   1

2

1

Suy ra hàm số g  x  nghịch biến trên các khoảng  1;   và  0;    .
2


Vậy chọn D.
Cách 2:

1

1

2

x0
 x  x  1



Nhận thấy g  1  3. f   2   0 và các nghiệm của phương trình g   x   0 là các nghiệm đơn nên ta
có bảng xét dấu g   x  như sau:

x
g x





0

1





0

1
2


Vậy có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 44: C
Ta có 2x  m.2x.cos  x   4  m.2 x.cos  x   4  22 x  m.cos  x   2 x  22 x.
Nhận xét: ếu x0 là nghiệm phương trình thì 2  x0 cũng là nghiệm phương trình. Do đó điều kiện cần
để phương trình có đúng một nghiệm là x0  2  x0  x0  1.
Với x0  1 , ta có m  4 .
Thử lại: Với m  4 ta có:
2x  4.2x.cos  x   4  4.cos  x   2 x  22 x 1

VT  4.cos  x   4, x

Ta có 
x
2 x
x 2 x
VP  2  2  2 2 .2  4, x
cos  x   1
Do đó 1   x
 x  1. Chọn m  4 .
2 x
 2 2

Nhận xét: Đối với trắc nghiệm thì sau khi tìm được điều kiện cần m  4 thì đã có thể chọn đáp án C mà
không cần thử lại.
Câu 45: D


Tứ giác BHIE nội tiếp nên IHE  EBI .
Tứ giác ABHF nội tiếp nên EBI  IHF .
Suy ra IHE  IHF 1 .


8

x

  6  x   16  4 1  x   16  3x  4 x  32  0 
3 .

 x  4
2

2

2

Với x  4 ta có H  4;0;0  , suy ra H , E, F thẳng hàng (loại).
 8

Vậy H   ;0;0  .
 3


8

x

Nhận xét: Căn cứ vào 4 đáp án thì chỉ cần giải ra
3 cũng đủ để chọn đáp án D mà không cần loại

 x  4


g  x

g  3

g  3

 min g  x   min g  3 ; g  3 .
3;3

Gọi S1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f  x  , y  x  1 , x  3 , x  1 .
Gọi S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f  x  , y  x  1 , x  1 , x  3 .
1

3

1

3

1
1
Ta có S1  S2    f   x    x  1  dx    x  1  f   x   dx   g   x  dx    g   x  dx
2 3
21
3
1





O

Gọi r , h

 0  r  R, 0  h  2R 

cho. Ta có

A

lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ nội tiếp hình nón đã

SO AO
2R  h r


  h  2 R  2r .
SO
AO
2R
R

3
 r  r  2 R  2r  8 R
Thể tích khối trụ: V   r h   r  2 R  2r    


3
27


Ta có SH 2  HA.HB ; CH 2  HA.HB . Suy ra SH  CH

 2 .

Từ 1 và  2  suy ra SHC đều. Vậy   HSI  30 .
Câu 49: B
Cách 1:
+) Gọi I là điểm thỏa mãn 9.IB  IA  0 . 1
Từ 1 ta có 8.IB  BA và 8.IA  9.BA . Suy ra IB 





2

9.BA 9
BA 1
 và IA 
 .
8
8 2
2





2

 x  y  z  9 x  18  0   x    y 2  z 2  .
2
4

2

2

2

3
9

Vậy tập hợp các điểm M là mặt cầu tâm I  ;0;0  , bán kính bằng .
2
2

Câu 50: A
Ta có : f   x    2 x  1 f 2  x  
Lấy nguyên hàm 2 vế ta được 
Mà f 1  
Do đó 

f  x
 2x 1
f 2  x

1
 x2  x  C .
f  x