SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LONG AN
MÃ ĐỀ 321

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 90 phút

MỤC TIÊU
- Đề thi g ị ược lượng kiến thức của mì ể có kế hoạch ôn tập chính xác.
-Giúp học sinh có kinh nghiệm trong việc phân chia thời gian thi của kỳ thi THPT quốc gia, nên làm câu
nào trước, câu nào sau và dành thời gian cho mỗi câu bao lâu là hợp lý nhất; phát hiện những lỗi thường
mắc phải, những lỗi cần lưu ý, cần tránh để không gặp phải khi làm bài.
- Làm quen được với cấu trúc đề thi, tiếp xúc với các dạng bài trong chương trình Toán 11 và 12.
Câu 1: Giải phương trình

 5

2 x 1

 log 2 32.

B. x 

A. x = 1.

2
.
3


D. 3cosx  lnx.

B. 1.

1
C.  .
2

D. 2.

x 1
.
x2 1

1
A. .
2

Câu 4: Tính thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy 3a 2 và chiều cao a.
A. V  a3 .
B. V  6a3 .
C. V  3a3 .

D. V  9a3 .

Câu 5: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  x3  3x2trên [1;1].
A. max y  2.
1;1

B. max y  4.



Trang 1


C. Hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng  ;1 ; 1;   .
D. Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng  ;1 ; 1;   .
Câu 8: Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng l = 5a và chiều cao h = 4a . Thể tích của khối nón đã cho
bằng bao nhiêu?
A. 12 a3 .
B. 36 a3 .
C. 5 a3 .
D. 100 a3 .
Câu 9: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào SAI?
1
A. Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là V  Bh.
3
1
B. Thể tích của khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là V  Bh.
3
C. Thể tích của khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của nó.
D. Thể tích của khối hộp bằng tích của diện tích đáy và chiều cao của nó.
Câu 10: Đồ thị của hàm số nào sau đây có đường tiệm cận ngang y = 2?
2x  3
2x
2x
.
.
.
A. y 


B. f '  x   e x

2

3 x

 2 x  3

e x 3 x
.
D. f '  x  
2 x 3
2

C. f '  x   e

x2 3 x

.

Câu 12: Tìm một nguyên hàm của hàm số f  x  
A. e x .

B. 

1
.
ex


D. 243.
Câu 16: Tính thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng a 2
a3
A.
4

a3 2
B.
12

C. a

3

a3
D.
3

Trang 2


Câu 17: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BA=BC = 3. Cạnh bên SA = 6 và
vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.

3 2
3 6
.
D.
.
2

3
Câu 20: Cho số thực x > 1 thỏa mãn log3  log27 x   log27  log3 x  . Tính giá trị P  log3 x.

A.

A. P  3 .

B. P = 27.

C. P = 3.

D. P  3 3 .

Câu 21: Một hình nón có chiều cao bằng a 3 và bán kính đáy bằng a. Tính diện tích xung quanh S xq
của hình nón.
A. S xq  2 a 2 .

B. S xq   a 2

C. S xq  2a 2 .

D. S xq  3 a 2 .

Câu 22: Cho  ,  là các số thực. Đồ thị các hàm số y  x , y  x  trên khoảng (0;+∞) được cho hình vẽ
bên. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. 0    1   .
B. α < 0 < 1 < β .
C. 0    1   .
D.   0  1   .

2
4
Câu 26: Đặt log2 9  a, khi đó log318 bằng với kết quả nào?

D. V 

A. V 

3a 3
.
4

2  2a
2  2a
a
a
.
B.
.
C.
.
D.
.
2  2a
a
a
1a
Câu 27: Có 5 bì thư khác nhau và 6 con tem khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách dán 3 con tem lên 3 bì
thư?
A. 30.

B.  f  x  dx  f  x   C với mọi hàm số f  x  có đạo hàm trên

, C là hằng số

C.  kf  x  dx  k  f  x dx với mọi hằng số k với mọi hàm số f  x  liên tục trên
D.

  f  x   g  x dx   f  x    g  x  dx với mọi hằng số f  x 

, g  x  liên tục trên

Câu 32: Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  3 và công sai d = 2 . Tính tổng của 2019 số hạng đầu.
A. 4 080 399

B. 4 800 399

C. 4 399 080

D. 8 154 741

Câu 33: Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình x3  3 x  1  m  1 có 6
nghiệm là một khoảng có dạng (a; b) . Tính tổng S  a 2  b2 .
A. 1
B. 25
C. 5
D. 10
Câu 34: Một thừa đất hình chữ nhật có chiều dài bằng 20 mét và chiều rộng bằng 10 mét, người ta giảm
chiều dài x mét (với 0

A. 7

B. 17

C.

23
7

D.

17
6

Câu 37: Một vật trang trí bằng pha lê gồm hai hình nón  H1  ,  H 2  xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán

1
1
kính đáy và chiều cao tương ứng r1 , h1 , r2 , h2 thỏa mãn r1  r2 , h1  h2 (hình vẽ)
2
2

Biết thể tích toàn phần của khối pha lê bằng 100 cm3 . Tính thể tích của khối  H1  .

100 3
100 3
cm
cm
C.


B. K  2 x  ln sinx  cosx  C ,C là hằng số
C. K  2 x  ln sinx  cosx  C ,C là hằng số
D. K  2 x  ln sinx  cosx  C, C là hằng số
Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A  2;0;0  , B  0;3;1 , C  3;6;4  . Gọi M là điểm
nằm trên cạnh BC sao cho diện tích tam giác ACM gấp hai lần diện tích tam giác ABM . Tính độ dài đoạn
AM .
A. AM  29

B. AM  2 7

C. AM  30

D. AM  3 3

x  3 1
 x 2 3x  2 có hai nghiệm x1 , x2 . Tính x12  x22 .
2
2x  2x  3
1
A. 0
B.
C. 5
D. -5
5
Câu 42: Cho hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1, lần lượt nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với
nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B qua đường thẳng DE . Tính thể tích của khối đa diện ABCDSEF .
7
2
11

16384
262144
262144
Câu 44: Cho hàm số f  x  . Biết hàm số y  f '  x  và hàm số y  1  x có đồ thị như hình bên dưới.

Trên đoạn  4;3 , hàm số g  x   2 f  x   1  x  đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm nào sau đây?
2

A. x0  1

B. x0  4

C. x0  3

D. x0  0

Câu 45: Giả sử hàm số y  f  x  liên tục, nhận giá trị dương trên khoảng

 0;  

và có

2
f  3  , f '  x    x  1 f  x  . Mệnh đề nào sau đây đúng?
3
A. 2618  f 2 8
13
7
A.
B.
C.
D.
15
12
18
18
x

Câu 49: Xét hàm số f  x   x 2  ax  b . Gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên  1;3 . Tính giá trị
của biểu thức a  2b khi M nhỏ nhất.
A. 4
B. 3
C. - 4
D. 2
Câu 50: Cho nửa đường tròn đường kính AB  2R và điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đó, đặt
CAB   và gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB. Tìm α sao cho thể tích vật thể tròn xoay tạo
thành khi quay tam giác ACH quanh trục AB đạt giá trị lớn nhất.

Trang 6


B.   450

A.   300

1


12-B

13-C

14-C

15-A

16-D

17-D

18-B

19-D

20-D

21-A

22-A

23-C

24-C

25-D

26-B


42-D

43-A

44-A

45-D

46-B

47-C

48-D

49-C

50-D

(http://tailieugiangday.com – 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 (TH) – Phương trình mũ và phương trình logarit
Phương pháp:
f x
Giải phương trình mũ: a    a m  f  x   m

Cách giải:

Trang 7


Phương pháp:
Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản của hàm số để làm bài.
Cách giải:
1
Ta có: f  x   3cosx  2
x
1
1
 F  x    f  x  dx   3cosx  2 dx  3sinx   C .
x
x
Chọn C.
Câu 3 (TH) – Giới hạn của hàm số - Lớp 11
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp tính giới hạn của hàm số.
Cách giải:
x2 1
x 1
1
1
 lim
 lim
 .
x 1 x  1
x 1  x  1  x  1
x 1  x  1
2

 y  1  4

  y  0   0  max y  0
 1;1

y
1


2



Chọn C.
Câu 6 (NB) - Hệ tọa độ trong không gian
Phương pháp:

Trang 8


 x  x y  y2 z1  z2 
;
Cho hai điểm A  x1; y1; z1  , B  x2 ; y2 ; z2  thì tọa độ trung điểm của AB là: I  1 2 ; 1
 .
2
2 
 2
Cách giải:
Ta có: A 1;2;  3 , B  3; 2;1


3

 x  1

2

 0x  D.

⇒ Hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng (-∞ ;1); (1;+∞) .
Chọn C.
Câu 8 (TH) – Mặt nón
Phương pháp:
1
Thể tích khối nón có bán kính đáy R và chiều cao h : V   R 2 h .
3
Cách giải:

Ta có bán kính đáy của đường tròn đáy là: R  l 2  h2 
⇒ Thể tích của khối nón là: V 

 5a    4a 
2

2

 3a .

1
1
 R 2 h   .9a 2 .4a  12 a3 .


x2
x  2 1 2
x
 y  2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Chọn A.
+) Xét đáp án A: y  f  x 

Câu 13 (NB) - Hai đường thẳng vuông góc (lớp 11)
Phương pháp:
Ta có:   a; b     a ' ; b  với a / / a ' .
Cách giải:

' '
' '
Ta có: AC
/ / AC    AC
; BD     AC; BD  .

Mà ABCD là hình vuông    AC, BD   900
Chọn C.
Câu 14 (TH) – Mặt trụ
Phương pháp:
Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h : V   R2 h .
Cách giải:
Ta có: V   r 2 h   .  2a  .a  4 a3 .
2

Chọn C.
Câu 15 (TH) – Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp (lớp 11)

 .
3

Chọn D.
Câu 17 (VD) - Mặt cầu
Phương pháp:
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, có chiều cao h và bán kính đường
tròn ngoại tiếp đáy Rd là: R 

h 2  4 Rd2
.
4

Cách giải:
Ta có: ∆ ABC vuông cân tại B và AB  BC  3  AC  AB 2  3 2 .

1
3 2
AC 
3
2
⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC là:
⇒ Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC là: Rd 

.

2

3 2 
6  4. 



Lại có: 

'

1  1  2  C  C  3 C  2
 f 1  3 

Trang 11


f  x   x 4  x3  2 x3  2 x  1
f  1   1   3  2  1  2  1  1  3
4

3

2

Chọn B.
Câu 19 (TH) – Khái niệm về thể tích khối đa diện
Phương pháp:

1
Công thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy S và chiều cao h là: V  Sh.
3
Cách giải:
Gọi O là giao điểm của AC và BD .
Khi đó ta có: SO   ABCD  .


log3  log 27 x   log 27  log3 x 
⇔ log3  log33 x   log33  log3 x 
1
 1
⇔ log3  log3 x   log3  log3 x 
3
 3
1

⇔ log3  log3 x   log3 3 log3 x
3


1
⇔ log3 x  3 log3 x
3
1
⇔ log33 x  log3 x
27
⇔ log33 x  27 log3 x  0

⇔ log3 x  log32 x  27   0
⇔ log32 x  27  do x  1
⇔ log3 x  27  3 3.
⇒ P  log3 x  3 3.
Trang 12


Chọn D.

Gọi số cần tìm có dạng abc .
Chọn các chữ số a, b, c trong các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 theo yêu cầu của bài toán.
Cách giải:
Gọi số cần tìm có dạng abc. Ta có: Số đã cho là số chẵn nên c 2;4  c có 2 cách chọn.
Còn lại a,b có: A42 cách chọn.
⇒ Có 2. A42  24.
Chọn C.
Câu 24 (VD) - Tương giao đồ thị hàm số và biện luận nghiệm của phương trình
Phương pháp:
3
Số nghiệm của phương trình 2 f  x   3  0  f  x    là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và
2
3
đường thẳng y   .
2
Dựa vào BBT để xác định số giao điểm của hai đồ thị hàm số.
Cách giải:
3
Số nghiệm của phương trình 2 f  x   3  0  f  x    là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và
2
3
đường thẳng y   .
2
Trang 13


Dựa vào BBT ta thấy, đường thẳng y  

3
cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại 4 điểm phân biệt.

n
Cách giải:
a
Ta có: log2 9  a  log2 32  a ⇔ 2log 2 3  a  log 2 3  .
2
log318  log3 2.32  log3 2  log3 3 2

(giả sử các biểu thức xác định).

1
1
2
2a  2
2 2 2
.
a
log 2 3
a
a
2
Chọn B.
Câu 27 (VD) - Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp (lớp 11)


Trang 14


Phương pháp:
Chọn 3 con tem, chọn 3 bì thư sau đó tìm số cách dán 3 con tem tương ứng vào các bì thư.
Cách giải:

Chọn A.
Câu 29 (TH) - Hai mặt phẳng song song (lớp 11)
Phương pháp:
Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng rồi chọn đáp án đúng.
Cách giải:

Ta có: ABCD là hình bình hành  AD / / BC

  SAD  / /  SBC  .
Lại có:  SAD    SBC   S.
Qua S kẻ đường thẳng d song song với AD .

  SAB    SBC   d .
Chọn B.
Câu 30 (TH) - Hệ tọa độ trong không gian
Trang 15


Phương pháp:
Cho ba điểm A  x1; y1; z1  , B  x2 ; y2 ; z2  , C  x3 ; y3 ; z3  thì tọa độ trọng tâm G  xG ; yG ; zG  của ∆ ABC là:

x1  x2  x3

x

G

3

y1  y2  y3

Chọn D.
Câu 31 (TH) - Nguyên hàm
Phương pháp:
Sử dụng các tính chất của nguyên hàm.
Cách giải:
Dựa vào các tính chất của nguyên hàm ta có đáp án C sai.
Mệnh đề đúng phải là:  f k  x  dx  k  f  x  dx với mọi hằng số k  0 và với mọi hàm số f (x) liên tục trên
Chọn C.
Câu 32 (NB) - Cấp số cộng (Toán 11)
Phương pháp:

 2u1   n  1 d  n
.
Tổng của n số hạng đầu của CSC có số hạng đầu u1 , công sai d là: Sn  
2
Cách giải:
 2.3  2018.2.2019  4 080 399.
S2019 
2
Chọn B.
Câu 33 (VD) - Tương giao đồ thị hàm số và biện luận nghiệm của phương trình
Phương pháp:
- Vẽ đồ thị hàm số y  f  x   x3  3 x  1 .
- Số nghiệm của phương trình x3  3 x  1  m  1 là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường
thẳng y = m-1 có tính chất song song với trục hoành.
Cách giải:
Ta xét hàm số

Trang 16


Ta có BBT như sau:
S'0 x

 15 
Vậy Smax  S   .
2
Chọn A.
Câu 35 (VD) - Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp (Toán 11)
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp vách ngăn.
Cách giải:
Xếp 4 số lẻ có 4! cách xếp, khi đó tạo ra 5 vách ngăn giữa các số lẻ (Kể cả 2 vách ngăn ở đầu).
VD: _1_3_5_7_ (_ là các vách ngăn).
Chọn 3 trong 5 vách ngăn để xếp 3 số chẵn, có A53  3.4.5 cách.
Vậy có 4!.3.4.5  4!.5.6.2  2.6! số thỏa mãn.
Chọn B.
Câu 36 (VD) - Giới hạn của hàm số (Toán 11)
Chọn B.
Câu 37 (TH) - Mặt nón
Phương pháp:

1
Thể tích khối nón có chiều cao h , bán kính đáy R là V   R 2 h.
3
Cách giải:
1
Thể tích của hình nón  H1  là: V1   r12 h1.
3
1
1

a
⇒ Phương trình (*) có 2 nghiệm dương phân biệt.
Vậy phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt.
Chọn D.
Câu 39 (VD) - Nguyên hàm
Phương pháp:
- Phân tích sin x  3cos x  M (sinx  cos x)  N (cos x  sin x), tìm M, N .
ab  0  

- Sử dụng các nguyên hàm cơ bản:  dx  x  C , 

dx
 lnx  C.
x

Cách giải:
K =3A+B

K  3

K 

cos x
sin x
dx  
dx
s in x  cos x
cos x  s in x

s in x  3 cos x

1
- Sử dụng công thức tính diện tích tam giác: SABC   AB; AC 
2
Cách giải:
Ta có: BC    3;3;3 .

Trang 19


Phương trình đường thẳng BC đi qua B và nhận u BC

 x  t

  1;1;1 có phương trình  y  3  t (t  ).
z  1 t


Lấy M  m;3  m;1  m  thuộc BC.
Ta có:


 AB  (2;3;1)
  AM ; AM   (2m; m; m).

AM

(

m



m

2;3

m
;1

m
)



m3 6
1
1
2
2
2
 AC; AM  
2
m

6

m

3

m

 m  3  2m
m  1

Với m  3  M  3;0; 2   AM  12  02   2   5.
2

Với m  1  M  1; 4; 2   AM 

 3

2

 42  22  29.

Chọn A.
Câu 41 (VD) - Phương trình mũ và phương trình lôgarit
Phương pháp:
Xét hàm đặc trưng.
Cách giải:
x2  x  1
log3 2
 x 2  3x  2
2x  2x  3
 log3 ( x2  x  1)  log3 (2 x2  2 x  3)  (2 x 2  2 x  3)  ( x 2  x  1)
 log3 ( x2  x  1)  ( x2  x  1)  log3 (2 x 2  2 x  3)  (2 x 2  2 x  3)

Xét hàm đặc trưng f  t   log3t  t với t > 0 ta có:

1
 1  0 t  0 , do đó hàm số đồng biến trên (0;+∞).


BH 

BE.BD
BE 2  BD 2



1. 2
12 

 2

2



6
2 6
 BS  2 BH 
.
3
3

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BDE có: DE  BE 2  BD 2  12 

 S BDSE 

 2


3
1
1
1
VABDF  . FA. . AB. AD  .
3
2
6
1 1 1 5
Vậy VABCD.SEF     .
3 3 6 6
Chọn D.
Câu 43 (VDC) - Xác suất của biến cố (Toán 11)
Cách giải:
Chọn A.
Câu 44 (VD) - Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
Trang 21


Phương pháp:
- Giải phương trình g '  x   0.
- Lập BBT của hàm số y  g  x  và kết luận.
Cách giải:
g '  x   2 f '  x   2 1  x   0 ⇔ f '  x   x  1.

 x  4
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy  x  1.
 x  3
Ta có BBT:




8



f 8 

3

x 1
dx 
2

f  3 

19

3
2

f  x

8
3



f 8 



1
SB  IS  IB.
2

⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S. ABC.
Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD. Lại có AB ⊥ BC nên ABCD là hình chữ nhật.
 AB  BC  AB  AD
Ta có: 
⇒ AB ⊥ ( SAD ) ⇒ CD ⊥ (SA ) .
 AB  SA
⇒ CD ⊥ SD ⇒∆SCD vuông tại D.
 BC  CD
Ta có: 
 BC   SCD  .
 BC  SC
 BC  DH
 DH   SBC  .
Trong ( SCD ) kẻ DH  SC ( H  SC ) ta có: 
 DH  SC

Ta có: AD / / BC  AD / /  SBC  .

 d  A;  SBC    d  D;  SBC    DH  a 2.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SCD có:
1
1
1
1
1


Ta có: 4 x  2 x 1  3  m  2 x
Đặt t  2

x

 t  1 ,

2

 2.2  3  m
x

phương trình trở thành t 2  2t  3  m * .

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn
t1  1  t 2 .

Xét hàm số f  t   t 2  2t  3 ta có f '  t   2t  2  0  t  1.
BBT:

Từ BBT ta thấy:
Để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn t1  1  t2 thì m > 2 .
Chọn C.
Câu 48 (VD) - Khái niệm về thể tích của khối đa diện
Phương pháp:
Phân chia khối đa diện.
Cách giải:

Ta có: VAMDBNE  VC '.CDE  VCC ' ABMN  VC '.CDE  V  VC '. A' B ' NM 

S ABC CA CB
2
Trang 24


Lại có chóp C '.CDE và lăng trụ có cùng chiều cao.
V
1 SCDE
 C '. CDE 
1  VC '. CDE  V
V
3 S ABC
+) So sánh VC '. A ' B ' NM với V .
Ta có:


S A ' B ' NM
S ABB ' A '

1
( A ' M  B ' N ). d ( A '; BB ')
2
BB '. d ( A '; BB ')

1 1
2
( BB ' BB ')
7
3
2 2

Câu 49 (VDC) - Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
Cách giải:
Vì M là giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x  nên ta có:
 M  f  1  1  a  b

 M  f 1  1  a  b  2M  2  2a  2b

 M  f  3  9  3a  b
Cộng vế theo vế của các bất phương trình ta được:

4M  1  a  b  2  2a  2b  9  3 a  b
⇒ 4M  1  a  b  2  2a  2b  9  3 a  b

 4M  8  M  2
⇒Giá trị nhỏ nhất của M bằng 2 .
Dấu “=” xảy ra
1 a  b  2

a  2
.
  1  a  b  2 và 1  a  b  ; 1  a  b  ;  9  3a  b  cùng dấu  
b


1


 9  3a  b  2

Vậy a  2b  2  2  1  4.