SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SƠN LA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
MÃ ĐỀ 134

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA
NĂM HỌC: 2018 – 2019 (LẦN 2)
Bài thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần II môn Toán của trường THPT Chuyên Sơn La gồm 50 câu hỏi trắc
nghiệm được biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa môn Toán 2019 mà Bộ Giáo dục và Đào tạo đã
công bố nhằm giúp các em học sinh tiếp tục củng cố và rèn luyện kiến thức Toán THPT trước khi bước
vào kỳ thi chính thức THPT Quốc gia môn Toán năm 2019.
Câu 1: Hàm số nào dưới đây có tập xác định là khoảng  0;   ?
1

A. y  x 2

B. y  ln( x  1)

C. y  e x

D. y  x  3 x

Câu 2: Tích vô hướng của hai véc tơ a(2; 2;5), b(0;1; 2) trong không gian bằng
A. 14
B. 13
C. 10
Câu 3: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x)  x  sin 2 x là


2
3
phẳng ( P) : x  y  z  4  0. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?
A. d cắt (P)

B. d//(P)

C. d  ( P)

D. d  ( P).

Câu 6: Mặt phẳng nào dưới đây cắt mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  3  0 theo thiết diện là
một đường tròn?
A. x  2 y  2 z  6  0 B. x  y  z  0
C. Cả 3 đều sai.
D. x  2 y  3z  3  0
1
Câu 7: Giá trị cực tiểu của hàm số y   x3  x  1 là
3
1
5
A. 
B. -1
C. 
3
3
Câu 8: Thể tích của khối lập phương có cạnh bằng 2 là
8
A. 8
B. 4

x

1

 x dx  ln x  C, x  0

Câu 11: Cho số phức z = 2-3i. Điểm biểu diễn số phức liên hợp của z là
A. (2;-3)
B. (2;3)
C. (-2;-3)
D. (-2;3)
Câu 12: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D; cạnh bằng a. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Thể
tích của tứ diện OA’BC bằng

a3
a3
a3
a3
B.
C.
D.
24
12
6
4
Câu 13: Trong không gian Oxyz cho điểm M(1;2;3). Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M cắt các trục
tọa độ Ox; Oy; Oz lần lượt tại A, B, C sao cho M là trong tâm của tam giác ABC là
A. ( P) : 6 x  3 y  2 z  18  0
B. ( P) : 6 x  3 y  2 z  6  0
A.

1
Câu 16: Cho số thực x thỏa mãn log x  log 3a  2log b  3log c (a, b, c là các số thực dương). Hãy
2
biểu diễn x theo a, b, c.
A. x 

c3 3a
b2

B. x 

3a
2 3
bc

C. x 

3ac
b2

D. x 

3ac3
b2

Câu 17: Thể tích V của khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ biết AB  a; AD  2a; AC '  a 14 lập BBT.

Lưu ý rằng: Qua nghiệm bội chẵn thì dấu f '( x) không đổi.
Cách giải:
Ta có: f '( x)  ( x  10)( x  11) ( x  12)


12
+

0

-

f ( x)

Từ BBT ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (10;12) nên C đúng
Hàm số có 2 điểm cực trị.
Chọn C.
Câu 42:
Phương pháp:
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số tại đúng một điểm  phương trình hoành độ giao điểm có nghiệm
duy nhất.
Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm x  1 

4 x  m2
 x 2  1  4 x  m2  x 2  4 x  m2  1  0( x  1)(*)
x 1

Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số tại đúng một điểm  phương trình (*) có nghiệm duy nhất x  1.
 (*) có nghiệm kép x  hoặc (*) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng 1
2

5  m2  0
m   5

Một số em có thể sẽ quên mất trường hợp (*) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1
dẫn đến chỉ tìm ra hai giá trị  5 và không chọn được đáp án đúng.
Câu 43:
Phương pháp:
Sử dụng định nghĩa xác suất P( A) 

n( A)
với n(A) là số phần tử của biến cố A và n    là số phần tử
n ( )

của không gian mẫu.
27


Cách giải:
Số phần tử của không gian mẫu n     6.6  36
Xét phương trình x2  bx  c  0 có   b2  4c
Để phương trình vô nghiệm thì   0  b2  4c  0  b  2 c (vì b, c > 0)
Mà b, c 1; 2;3; 4;5;6 nên:
+ Với c  1  b  2  b  1
+ Với c  2  b  2 2  b 1; 2
+ Với c  3  b  2 3  b 1; 2;3
+ Với c  4  b  2 4  b 1; 2;3
+ Với c  5  b  2 5  b 1; 2;3; 4
+ Với c  6  b  2 6  b 1; 2;3; 4
Với A là biến cố “phương trình bậc hai x2  bx  c  0 vô nghiệm” thì số phần tử của biến cố A là
n( A)  1  2  3  4  4  17
Xác suất cần tìm là P( A) 

17

0
360

AC 2  AB 2  BC 2 7
  CAB  28057 '  CAD  57054'
2 AC. AB
8

57054'. AC 2
 4,548m2
0
360
1
1
Lại có SCBD  BC.BD.sin CBD  1,997m2 và SCAD  AC. AD.sin CAD  3,812m2
2
2
 SCAD 

Vậy S   SqCAD  SCAD    SqCBD  SCBD   (4,548  3,812)  (3, 251  1,997)  1,99m2
Chọn A.
Câu 45:
Phương pháp:
Biến đổi để sử dụng với f là hàm đơn điệu trên K thì f (u)  f (v)  u  v.

Từ đó sử dụng đồ thị hàm số đã cho và sự tương giao của hai đồ thị để biện luận số nghiệm của phương
trình.
Cách giải:
Ta có


2
 2


f
(
x
)

(1)



4m  5
2
2
2
 2 f ( x )  5  4m
 f ( x) 


2

2
  f ( x)   4m  5 (2)
2
 

(Vì f ( x)  0 chỉ có hai nghiệm phân biệt nên m 


37
(tm)
m 
4m  5
2
2
 4  4m  5  32  
2

37
(ktm)
m  

2
2

Chọn C.
Câu 46:
Phương pháp:
- Tính ' y và tìm nghiệm của y' = 0.
- Tìm tọa độ hai điểm cực trị và tìm điều kiện để tam giác IAB nội tiếp đường tròn bán kính

5.

Cách giải:
 x  m  1  y  4m  2
Ta có: y '  3x 2  6mx  3(m2  1); y '  0  
 x  m  1  y  4m  2
 A(m  1; 4m  2) là điểm cực tiểu, B  m  1; 4m  2  là điểm cực đại của đồ thị hàm số.



Cách giải:
30


Gọi parabol nằm trên là ( P) : y  ax2  bx  c(a  0).
Khi đó parabol đi qua điểm có tọa độ (0;40) (vì thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai đáy có bán
kính 40cm) suy ra y(0)  40  c  40
Đổi 1m = 100cm và bán kính đáy là 30cm nên thì ta có y(50)  y(50)  30
Từ đó 2500a  50b  40  2500a  50b  40  b  0
1
Suy ra 2500a  50.0  40  30  a  
.
250
1 2
Phương trình Parabol ( P) : y  
x  40
250
2

 1 2

x  40  dx  425162cm3  415,162 lít.
Thể tích thùng rượu là V     
250

50 
50

Chọn D.



3a
3 5a 2  4a  2



1
4 2
5  2
a a

4 2
2
5   2  5  4t  2t 2  2  t  1  3  3
a a

1
1
1
1
đạt GTNN khi cos  

 cos  
4 2
3
3
3
5  2
a a

 10.
2
Theo công thức Hê-rông thì diện tích tam giác ABC là

S ABC 

p( p  AB)( p  AC )( p  BC )  10 3

Lại có S ABC 
Hay HA 

AB. AC.BC
5.7.8 7 3
R

(với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC ).
4R
4S
3

7 3
7 3 7

. Xét tam giác SHA vuông tại H có SH  tan SAH . AH  tan 300.
3
3
3
32



3

70 3
9  35 39 .

52
8 13
3
3.

Chọn B.
Câu 50:
Phương pháp:
- Nhân cả hai vế với e2018x và lấy nguyên hàm hai vế.
-Sử dụng điều kiện f (0)  2018 tìm hàm f ( x) và kết luận.
Cách giải:
Ta có:

f '( x)  2018 f ( x)  2018.x2017 .e2018 x  f '( x).e2018 x  2018e2018 x f ( x)  2018x 2017
  f ( x)e2018 x  '   x2018  '    f ( x).e2018 x  ' dx    x 2018  ' dx  f ( x)e2018 x  x 2018  C

Do f (0)  2018  f (0).e0  C  C  2018

 f ( x)  x2018 .e2018 x  2018e2018 x
 f (1)  e2018  2018e2018  2019e2018 x .
Chọn D.

33