Đề Ôn Thi Đại Học Toán THPT Quốc Gia Môn Toán

KHUNG MA TRẬN ĐỀ 2019

Chủ đề

Mức Độ

Tổng

Nhận biết

Thông
Hiểu

Vận dụng

Vận
dụng cao

50

4

2

3

5

14

2. Hàm số lũy thừa- HS mũ HS lôgarit

2

2

1

1

6

3. Nguyên hàm - Tích phânỨng dụng

1

1

2

1

5

4. Số phức

1

1

2

1

5

5. Khối đa diện

1

1

1

1

4

6. Mặt nón- Mặt trụ - Mặt cầu

1

1

1

7. Phương pháp tọa độ trong
không gian

2

1

1

8. Tổ hợp - Xác suất

1

1

2

9. Cấp số cộng- Cấp số nhân

1

1

2

10. Đường thẳng và mặt phẳng
trong không gian- QH song
song

1

1

2

1

1

1. Ứng dụng đạo hàm để
KSVĐT HS

11. Vecto trong KG- QH
vng góc trong KG

3
2

Tổng số câu

15

10

15

10

Tỷ lệ

30%

20%

30%

20%

6

50


Câu 1: (NB) Hàm số nào sau đây có đồ thị như hình bên?

A. y  x4  4x2  3
B. y  x4  2x2  3
C. y  (x2 - 2)2 -1
D. y  (x2  2)2 -1
Lời giải: C
Dựa vào hình dạng của đồ thị hàm số y  ax 4  bx 2  c suy ra hệ số a > 0 -> loại A, B.
2

Và hàm số có 3 điểm cực trị => a.b < 0  y   x 2  2   1 .
Câu 2: (NB) Cho hàm số y  f  x  xác định trên đoạn   3; 5  và có bảng biến thiên như
hình vẽ.

Khẳng định nào sau đây là đúng ?
A. min y  0
  3; 5




B. max y  2

 3; 5




C. max y  2 5
  3; 5





D. min y  2
  3; 5




Lời giải:C
Dựa vào BBT có  min  y  2 (đúng),  max  y  2 5 (đúng).


 3; 5





 3; 5



Câu 3: (NB) Cho các hàm số f  x   x 4  2018 , g  x   2 x3  2018 và h  x  

2x 1
. Trong các
x 1

hàm số đã cho, có tất cả bao nhiêu hàm số khơng có khoảng nghịch biến?
A. 2
B. 1
C. 0
D. 3
Lời giải: A
f '( x)  4 x3 nên hàm số có khoảng đồng biến và nghịch biến.
g '( x)  8 x 2  0 nên hàm số luôn đồng biến trên R.
h '( x ) 

3
 0 nên hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định.
( x  1) 2

Vậy có 2 hàm số khơng có khoảng nghịch biến.
Câu 4: (NB) Hàm số nào trong bốn hàm số được liệt kê dưới đây khơng có cực trị?
A. y 

2x  3
.
x2

B. y  x 4
C. y   x3  x .
D. y  x  2 .
Lời giải: A


+ Hàm số y 

2x  3
x2

Tập xác định: D   ; 2    2;  
Có y ' 

7

 x  2

2

 0x  D => hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định =>hàm số

khơng có cực trị.
Các hàm số khác dễ dàng chứng minh được y’ có nghiệm và đổi dấu qua các nghiệm. Riêng
hàm số cuối y’ không xác định tại -2 nhưng hàm số xác định trên R và y’ đổi dấu qua -2 do
đó có hàm số có điểm cực trị x = -2.
1

Câu 5: (NB) Tập xác định của hàm số y   x  1 5 là
A.  0;  

B. [1; )
C. 1;  
D. 
Lời giải: C
Phương pháp: Hàm số y  x với  không nguyên xác định khi . x  0
1

Điều kiện xác định của hàm số y   x  1 5 là x -1 > 0 hay x > 1
Vậy tập xác định: D  1;  
1
4

Câu 6: (NB) Cho hàm số y   x 4  x 2  2 . Tìm khoảng đồng biến của hàm số đã cho?
A.  0; 2 
B.  ;  2  và  0; 2 
C.   2; 0  và



2; 

D.  ;0  và  2;  




Lời giải: B
TXĐ :  .

x   2


.
y   x 3  2 x  0   x  0
x  2


Bảng xét dấu y :
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng  ;  2  và  0; 2  .
Câu 7: (NB) Trong các hình dưới đây hình nào khơng phải đa diện lồi?

A. Hình (III).
B. Hình (I).
C. Hình (II) .
D. Hình (IV).
Lời giải: Đáp án là D
Khối đa diện  H  được gọi là khối đa diện lồi khi đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của  H  đều
thuộc  H  .
Hình (IV) có đoạn thẳng AB khơng thuộc khối.
Câu 8: (NB) Một hình trụ có bán kính đáy r  a độ dài đường sinh l  2a . Diện tích tồn
phần của hình trụ này là:
A. 2 a2 .
B. 4 a2 .


C.6 a2 .
D. 5 a2 .
Lời giải: Đáp án là C

Stp  2Sd  S xq  2 a 2  2 a.2a  6 a 2

Câu 9: (NB) Thể tích của khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là
A. V



1
Bh
3

B. V



1
Bh .
2

V 

1
Bh .
6

C.

D. V  Bh .
Lời giải: Đáp án là D
Ta có V  Bh.
Câu 10: (NB) Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số f  x  
A. F  x  

1
x2

B. F  x   ln x
C. F  x   ln x  C
D. F  x  

1
C
x2

Lời giải: Đáp án là C
Câu 11: (NB) Cho z1 = 1+ i; z2 = 2+i . Tính z = z1 + z2
A. z  3  i
B. z  3  2i
C. z  3  2i
D. z  2  2i

1
x


Lời giải: Đáp án là B
Câu 12: (NB) Trong các dãy số sau, dãy nào là cấp số cộng:
A. un  3n1
B. un 

2
n 1

C. un  n 2  1
D. un 

5n  2
3

Lời giải: Đáp án là D
Ta có dãy un là cấp số cộng khi un1  un  d , n  * với là hằng số.
Bằng cách tính 3 số hạng đầu của các dãy số ta dự đoán đáp án D.
Xét hiệu un1  un 
Vậy dãy un 

5  n  1  2 5n  2 5

 , n   *
3
3
3

5n  2
là cấp số cộng.
3

Câu 13: (NB) Gieo một đồng xu đồng chất 2 lần. Tính xác suất để trong 2 lần gieo đều xuất
hiện mặt sấp.
A.

1
.

2

B.

1
.
3

C.

3
.
4

D.

1
.
4

Lời giải: Đáp án là D.


Câu 14: (NB) Trong mặt phẳng Oxyz, cho điểm A(1;2;3), B(3;4;5). Tọa độ vectơ AB là:




A. AB  (2; 2; 2) .


B. AB  (2; 2;1) .


C. AB  (1; 2;1) .


D. AB  (2;1;1) .
Lời giải: Đáp án là A.
Câu 15: (NB) Tính giới hạn lim
x 1

x 2  3x  2
.
x 1

A.1.
B. 1 .
C. 2. .
D. 3. .
Lời giải: Đáp án là B.
Câu 16: (TH) Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ
Phương trình 1  2. f  x   0 có tất cả bao nhiêu nghiệm?

A. 2
B. Vô nghiệm
C. 3
D. 4
Lời giải: D

Phương trình: 1  2. f  x   0  f  x  

1
2

Số nghiệm của phương trình 1  2. f  x   0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và
1
2

đường thẳng y  . Từ đồ thị ta có phương trình 1  2. f  x   0 có 4 nghiệm
Câu 17: (TH) Tìm cực trị của hàm số y  2x3  3x2  4 .
A. xCĐ = -1, xCT = 0
B. yCĐ = 5, yCT = 4
C. xCĐ = 0, xCT = - 1
D. yCĐ = 4, yCT = 5
Lời giải: D
x  0
.
 x  1

+ Ta có y  6 x 2  6 x  6 x  x  1  y  0  

+Bảng biến thiên
Từ BBT suy ra yCÐ  5; yCT  4 .
Trắc nghiệm: Bài toán hỏi cực trị của hàm số nên loại A, C. Mặt khác yCD  yCT
Câu 18: (TH) Tập nghiệm của bất phương trình 32 x1  27 là:
A.  3;  
1
3

B.  ;  



1
2

C.  ;  


D.  2;  
Lời giải: Đáp án là D
32 x 1  27  32 x 1  33  2 x  1  3  x  2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (2;  )
Câu 19: (TH) Cho hai số thực a và b với a  0, a  1, b  0 . Khẳng định nào sau đây là sai?
1
2

A. log a b  log a b
2

B.

1
log a a 2  1
2

C.

1
log a b 2  log a b
2

D.

1
log a b 2  log a b
2

Lời giải: Đáp án là D
Vì

1
log a b2  log a b nên câu D sai.
2

Câu 20: (TH) Biết m, n   thỏa mãn

A. 
B.

1
4

C. 
D.

1

8

1
8

1
4

dx

  3  2x 

n

5

 m  3  2x   C . Tìm m.


Lời giải: Đáp án là D
4

dx

  3  2x 

5

 m  3  2x 

n

1
2dx
1 d  3  2x 
1  3  2x 
1
C   
 
 .
 C => Ta có m 
5
5
2  3  2x 
2  3  2x 
2
4
8

Câu 21: (TH) Khối nón có bán kính N đáy bằng và 3 diện tích xung quanh bằng . Tính 15
thể tích V của khối nón N
A.V  36
B.V  60
C.V  20
D.V 12
Lời giải: Đáp án là D
Ta có S xq   rl  l 

S xq

r



15
 5 Chiều cao h  l 2  r 2  25  9  4
3

1
1
V   r 2 h   .32.4  12
3
3

Câu 22: (TH) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A,cạnh bên SA vng
góc với đáy (ABC). Biết AB  2a và SB  2 2a . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC?
8a 3
A. V 
3

B. V 

4a 3
3

C. V  4a 3
D. V  8a3
Lời giải: Đáp án là B

vng tại A có

nên

Có

Có


Câu 23: (TH) Tìm số phức z có mơđun nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện 2  3i  z  z  i
A.

3 6
 i.
5 5

B.

6 3
 i.
5 5
9
5

C. .
D.

3 5
.
5

Lời giải: Đáp án là A
Gọi z  a  bi  a, b   
Ta có 2  3i  z  z  i  a  2   b  3 i  a   b  1 i
2

2

2

  a  2    b  3  a 2   b  1  a  2b  3

Ta cần tìm z sao cho a 2  b 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
2

2

2

Ta có a  b   2b  3

2

6 9 9

 b  5b     .
5
5 5

2

Do đó min





a 2  b2 

9
6
3
3 6
b
 a   z   i.
5
5
5
5 5

Câu 24: (TH) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. là M một điểm
thuộc đoạn SB( M khác S và B). Mặt phẳng  ADM  cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện
là
A. Hình bình hành.
B. Tam giác
C. Hình chữ nhật.
D. Hình thang
Lời giải: Đáp án là D

Ta có là M một điểm thuộc đoạn SB với M khác . S và B
 M   ADM    SBC 

 AD   ADM 
  ADM    SBC   Mx / / BC / / AD
Suy ra 
 BC   SBC 
 AD / / BC


Gọi N = Mx  SC thì (ADM ) cắt hình chóp theo S.ABCD thiết diện là tứ giác . Vì AMND.
Vì MN // AD và MN với AD khơng bằng nhau nên tứ giác là hình thang.
Câu 25: (TH) Mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d :

x 1 y z 1
và vng góc với mặt
 
2
1
3

phẳng (Q): 2 x  y  z  0 có phương trình nào trong các phương trình sau đây?
A. x  2 y  1  0.


B. x  2 y  1  0.
C. x  2 y  1  0.
D. x  2 y  1  0.
Lời giải: Đáp án là C
Mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d :

x 1 y z 1
 
và vng góc với mặt phẳng (Q):
2
1
3

2 x  y  z  0 có phương trình là:



Đường thẳng (d) có VTCP là ad   2;1;3 đi qua điểm A 1; 0; 1


VTPT của mặt phẳng là: nQ   2;1; 1
Mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) và vng góc với mặt phẳng (Q) có VTPT là

 
nP   ad , nQ    4;8;0   4 1; 2; 0 

Phương trình mặt phẳng (P) là: 1 x  1  2 y  0  x  2 y  1  0
1
4

Câu 26: (VD) Cho hàm số y  x 4  3x 2 có đồ thị C . Có bao nhiêu điểm A thuộc C sao
cho tiếp tuyến của C tại A cắt C tại hai điểm phân biệt M (x1; y1) N (x2; y2) ( M ,N khác A )
thỏa mãn y1  y2  5  x1  x2 
A. 1.
B. 2 .

C. 0 .
D. 3 .
Lời giải: Đáp án là B
y '  x3  6 x
1
4

Gọi A  x0 ; x04  3 x02  là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến tại A. Phương trình tiếp tuyến tại A là




đường thẳng (d) có phương trình:


y   x03  6 x0   x  x0  

1 4
x0  3 x02
4

Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (C) là:

x

3
0

 6 x0   x  x0  

1 4
1
2
x0  3 x02  x 4  3x 2   x  x0   x 2  2 x0 x  3x02  12   0
4
4

 x  x0  0
 2
 x  2 x0 x  3 x0  12  0

 2

(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác A khi và chỉ chi phương trình (2) có hai nghiệm phân
biệt khác x0
 x0   2

  6  x0  6

 3

Khi đó, phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 và (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M
(x1 ; y1 ), N(x2 ; y2 ) trong đó:
1 4
x0  3x02
4
 y1  y2   x03  6 x0   x1  x2 
y1   x03  6 x0   x1  x0  

Từ giả thiết ta suy ra:

x

3
0

y2   x03  6 x0   x2  x0  

1 4
x0  3 x02
4

 6 x0   x1  x2   5  x1  x2   x03  6 x0  5

(vi x1  x2 )


 x0  1

1  21
  x0 

2

 x  1  21
 0
2
 x0  1
Kết hợp với điều kiện (3) có hai giá trị thỏa mãn x0 yêu cầu bài toán là 
 x  1  21

 0
2

Câu 27. (VD) Giả sử đồ thị hàm số y   m 2  1 x 4  2mx 2  m 2  1 có 3 điểm cực trị là A, B ,C
mà xA xB xC. Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC ta được một khối tròn xoay. Giá trị
của m để thể tích của khối trịn xoay đó lớn nhất thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới
đây:


A. (4;6)
B. 2;4
C. 2;0
D. (0;2)
Lời giải: Đáp án là B
y '  4  m 2  1 x 3  4mx  4 x  m 2  1 x 2  m 
x  0
 y '  0  4 x  m  1 x  m   0  
m  m  0
x  
2

m 1
2

2

+ Với thì m > 0 đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị (với xA  xB  xC ) là:





m
m2
m
m2
2
2
A 
;


m

1
;
B
0;
m

1
;
C
;

 m 2  1




2

2
2
2
 m 1 m 1

 m 1 m 1


+ Quay thì  ABC quanh AC được khối trịn xoay có thể tích là:
1
2
2  m2 
m
2
V  2. . r 2 h   BI .IC    2  . 2
 
3
3
3  m 1 m 1 3

+ Xét hàm số f  x  

m9

 m2  1

5

Có: f  x  

m9

m

m8  9  m 2 

 m2  1

6

2

 1

5

; f ' x   0  m  3 m  0

Ta có BBT:
Câu 28. (VD) Cho hàm số y  f  x   x3   2m  1 x 2   3  m  x  2 . Tìm tất cả các giá trị của
tham số m để hàm số y  f  x  có 3 điểm cực trị.
A. m  3.
B. m  3.


1
2

C.   m
D.

1
m3
2

Lời giải: Đáp án là A
Hàm số y  x3   2m  1 x 2   3  m  x  2
TXĐ: y '  3x 2  2  2m  1 x   3  m 
Hàm số y  f  x  có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình có hai y’ = 0 nghiệm x1 , x2
thỏa mãn x1  0  x2
Trường hợp 1: Phương trình y’= 0 có hai nghiệm x1  0  x2  3  3  m   0  m  3
Trường hợp 2: Phương trình y’= 0 có hai nghiệm x1  0  x2
x  0
Có y '  0   0  m  3 . Với m = 3 thì y '  3x  14 x; y '  0   14
(thỏa mãn)
x 
0
3

2

Vậy với m  3 thì hàm số y  f  x  có ba điểm cực trị.
Câu 29. (VD) Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số y  x3  3x  2m  1 trên đoạn  0; 2 là
nhỏ nhất. Giá trị của m thuộc khoảng?
A. (0;1)
B.  1;0
2
C.  ;2 
3



3
D.  ; 1 
 2



Lời giải: Đáp án là A


u '( x)  3x 2  3.

Đặt u ( x)  x3  3x  2m  1.

 x  1  0; 2
u '( x)  0  3x 2  3  0  
 x  1   0; 2

u (0)  2m  1.

Tính: u (1)  2m  3.  Max u ( x)  2m 1; Min u ( x)  2m  3.
 0; 2 
 0; 2 
u (2)  2m  1.

M  Max y  Max  2m  1 ; 2m  3 
0;2

0;2

Ta có: 2M  2m  1  2m  3  2m  1  3  2m  2m  1  3  2m  4 ( Theo t/c BĐT giá trị tuyệt
đối).
Suy ra: Max y  M  2  Min M  2
0;2

 2 m  1  3  2m

1
m .
2
 2m  1 3  2m   0

Dấu "  " xảy ra khi : 


2

Câu 30. (VD) Cho biết I   x  sin x  2m  dx  1   2 . Tính giá trị của m  1
0

A. 4
B. 2
C. 3
D. 5
Lời giải: Đáp án là C

2

Sử dụng phương pháp tích phân từng phần (hoặc bấm máy tính) ta có được  x sin xdx  1

0


2

Khi đó I  1  2m  xdx  1 
0

m 2
 1   2  m  4  m  1  3.
4

Câu 31. (VD) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x và x  2 y  0 bằng với
diện tích của hình nào trong các hình dưới đây?


A. Hình vng có cạnh bằng 2.
B. Hình chữ nhật có chiều dài, chiều rộng lần lượt là 5 và 3.
C. Hình trịn có bán kính bằng 3.
D. Diện tích tồn phần khối tứ diện đều có cạnh bằng

24 3
.
3

Lời giải: Đáp án là D
Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đường y  x và x  2 y  0  y 

x
là

2

x  0
x

x 
x 2  x  0 hoặc x  4.
2
x



4
4

Diện tích hình phẳng cần tìm là S 
0

4
 2 x3 x 2 
x
x

x  dx    x   dx  
 
 3
2
2
4 
0



4


0

4
.
3

2

 24 3  3 4
24 3
 .
Diện tích tồn phần của một khối tứ diện đều cạnh
là S xq  4. 

3
3
 3  4

Câu 32. (VD) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 và
hai điểm A 1; 3; 0  ; B  5; 1; 2  . Điểm M  a; b; c  trên mặt phẳng (P) sao cho MA  MB đạt giá
trị lớn nhất. Tính tổng a  b  c :
A. 1.
B. 11.
C. 5.
D. 6.

Lời giải: Đáp án là A
Kiểm tra thấy A và B nằm khác phía so với mặt phẳng (P)
Ta tìm được điểm đối xứng với B qua (P) là B '  1; 3; 4 
Lại có MA  MB  MA  MB '  AB '  const .


Vậy MA  MB đạt giá trị lớn nhất khi M, A, B’ thẳng hàng hay M là giao điểm của đường
thẳng AB’ với mặt phẳng (P).
x  1  t

Đường thẳng AB’ có phương trình tham số là  y  3  t    .
 z  2t


Tọa độ điểm M ứng với tham số t là nghiệm của phương trình

1  t    3   2t   1  0  t  3  M  2; 3;6  . Suy ra

a  2, b  3, c  6

Vậy a  b  c  1.
Câu 33. (VD) Cho số phức z  a  bi thỏa mãn z  2i.z  3  3i. Tính giá trị của biểu thức
P  a 2017  b 2018 :

A. 0
B. 2
34034  32018
.
C.
52018

 34034  32018
52018


D.  


.


Lời giải: Đáp án là B
Gọi z  a  bi . Suy ra z  a  bi  i.z  ia  b
Khi đó z  2i.z  a  bi  2  ia  b    a  2b    b  2a  i  3  3i
a  2b  3

 a  b  1 . Do đó P  12017  12018  2.
b  2a  3

Câu 34. (VD) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB  2a;
  SCB
  900 và góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  SBC  bằng 300. Tính thể tích
SAB

V của khối chóp đã cho.

A. V 

a3 3
3