đề thi thử THPT QG 2019 toán chuyên sơn la lần 2 có lời giải

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

D. 12

x2 1
x2 1
x2
1
B.
 cos 2 x  C C. x 2  cos 2 x  C D.
 cos 2 x  C
 cos 2 x  C
2
2
2 2
2 2
Câu 4: Tìm nghiệm của phương trình log3 ( x  9)  3.
A.

A. x = 36

B. x = 27

C. x = 18

D. x = 9
x 1 y 1 z  2
Câu 5: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
và cho mặt


1

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

C.
3

D. 1

D. 6

Câu 9: Hàm số y   x3  3x  2 nghịch biến trên các khoảng nào dưới đây?
A.  ; 1 và 1;  

B.  1;  
1


D.  ; 1  1;  

C. (-1;1)
Câu 10: Mệnh đề nào sau đây sai?

ax
A.  a dx 
 C , (0  a  1)
ln a

B.

C.  e x dx  e x  C

D.  sin xdx  cos x  C.

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.

C. ( P) : 6 x  3 y  2 z 18  0

D. ( P) : 6 x  3 y  2 z  6  0

Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm A(-3;0;0),
B(0;4;0), C(0;0;-2) là
x y z
x y z
x y z
x
y z
A. 
B.
 
 
 1
 1
 1 D. 
 1 C.
3 4 2
3 4 2
3 4 2
3 4 2
Câu 15: Biết rằng đường thẳng y  2 x  3 cắt đồ thị hàm số y  x3  x2  2 x  3 tại hai điểm phân biệt
A và B, biết điểm B có hoành độ âm. Hoành độ của điểm B bằng
A. -2
B. 0
C. -1
D. -5

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)

2

2019

 x  10
 0   x  11
 x  12

BBT

26




x

10
-

f '( x)

0

11
+

0



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

 '  4  (m  1)  0


+) TH1: (*) có nghiệm kép x  1   2
 2

 m   5.
2



m  2
1  4.1  m  1  0
m  4  0

+) TH2: (*) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng 1.
Khi đó x  1 là nghiệm của (*) thì 12  4.1  m2  1  0  m  2.
 x  1( L)
Thử lại với m  2 thì (*) là x 2  4 x  3  0  
hay phương trình hoành độ giao điểm có
 x  3(TM )
nghiệm duy nhất.





Vậy S   5; 2 suy ra tích các phần tử bằng 20.
Chọn D.
Chú ý:

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

.
36

Chọn B.
Câu 44:
Phương pháp:

Nhận xét: mỗi con bò có thể ăn cỏ trong hình tròn có tâm là cọc buộc, bán kính là dây buộc.
Do đó phần diện tích cỏ có thể ăn chung lớn nhất chính là phần giao nhau của hai hình tròn.
Cách giải:
Con bò thứ nhất có thể ăn cỏ trong hình tròn tâm A bán kính AC = 3m.
Con bò thứ hai có thể ăn cỏ trong hình tròn tâm B bán kính BC = 2m.
Phần diện tích lớn nhất hai con có thể ăn chung là phần giao của hai hình tròn (phần gạch sọc).
Xét tam giác ABC có AC = 3; BC = 2; AB = 4.

28


 cos ABC 

BA2  BC 2  AC 2 11

2 BA.BC
16

 ABC  46034'  CBD  9308'  SCBD 
 cos CAB 

9308'. BC 2
 3, 251m2

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

4 m3  m
2 f ( x)  5
2

 f 2 ( x )  3  4 m3  m   f 2 ( x )  3  2 f 2 ( x )  5

 8m3  2m   2 f 2 ( x)  6  2 f 2 ( x)  5
 (2m)3   2 f 2 ( x)  5 2 f 2 ( x)  5 

f 2 ( x)  5(*)

Xét hàm số g (t )  t 3  t có g '(t )  3t 2  1  0; t  g (t ) là hàm số đồng biến trên R.
Phương trình (*) suy ra g (2m)  g





2 f 2 ( x )  5  2 f 2 ( x )  5  2m


5
m 
2

m  0
m  0

 
4m 2  5

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 

5
).
2
29


+ Vì 

4m 2  5
4m 2  5
có một nghiệm duy
 0 nên từ đồ thị hàm số ta thấy phương trình f ( x)  
2
2

nhất.
Từ ycbt suy ra phương trình f ( x) 

4m 2  5
có hai nghiệm phân biệt.
2

4m  5
 0 nên từ đồ thị hàm số suy ra
2
2

+ Vì



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.

Dễ thấy AB  2 5  2R nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có tâm chính là trung điểm AB hay
tam giác IAB vuông tại I.
Có IA  (1  m;4m), IB  (3  m; 4  4m) nên IA  IB  IA.IB  0
m  1
 (1  m)(3  m)  4m(4  4m)  0  m  4m  3  16m  16m  0  17m  20m  3  0  
.
m  3
17

2

Vậy tổng các giá trị của m là 1 

2

2

3 20
 .
17 17

Chọn A.
Câu 47:
Phương pháp:
Viết phương trình Parabol
Sử dụng: Thể tích vật thể được sinh ra khi quay phần hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x),
b

trục hoành và hai đường thẳng x  a; x  b quanh trục Ox là V    f 2 ( x)dx.
a

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.

Chú ý :
Khi tính tích phân ở bước cuối các em bấm máy tính để tiết kiệm thời gian.
Câu 48:
Phương pháp:
- Thiết lập mối quan hệ a, b dựa vào điều kiện (Q) chứa A, B .
- Lập biểu thức tính góc giữa hai mặt phẳng và tìm điều kiện để cos  đạt GTLN (  đạt GTNN).
Cách giải:
Ta có : AB  (1;2;1), n(Q ) . AB  0  1  2a  b  0  b  1  2a.

cos  

Đặt t 


n( P ) .n(Q )
| n( P ) | . | n(Q ) |
1
thì
a



2  a  2b
22  12  22 . 1  a 2 b 2



2  a  2(1  2a)
3 1  a 2  (2a  1) 2



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

31


Dấu bằng xảy ra khi t  1  a  1  b  1  a  b  0.
Chọn B.
Câu 49:
Phương pháp:
Sử dụng công thức Hê-rông tính diện tích tam giác ABC có ba cạnh a, b, c là
abc
S ABC  p( p  a)( p  b)( p  c) với p 
2
abc
Sử dụng công thức diện tích S ABC 
với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC
4R
1
3V
Sử dụng công thức thể tích khối chóp có chiều cao h và diện tích đáy S là V  h.S  h 
.
3
S
Cách giải:

Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ S đến mặt phẳng (ABC)
Khi đó từ giả thiết ta có SAH  SBH  SCH  300
Suy ra SAH  SBH  SCH (gn-cgv)
Suy ra HA = HB = HC hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC.
Tam giác ABC có
AB  AC  BC
AC  7; AB  5; BC  8  p 

 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

1
1 7
70 3
Thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC  .SH .S ABC  . .10 3 
3
3 3
9
SH
14
Lại có SHB vuông tại H nên SB 
  SC
sin 30 3

Xét tam giác SBC có p1 

SB  SC  BC 19
suy ra SSBC 

2
3

3V
1
Từ đó VS . ABC  d ( A, ( SBC )).SSBC  d ( A, ( SBC ))  S . ABC
3
SSBC

p1 ( p1  SB)( p1  SC )( p1  BC ) 

8 13

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