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: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề Mục tiêu: Đề thi thử THPTQG lần II mơn Tốn trường THPT Chun Sơn La gồm 50 câu hỏi trắc nghiệm biên soạn dựa theo cấu trúc đề minh họa mơn Tốn 2019 mà Bộ Giáo dục Đào tạo công bố nhằm giúp em học sinh tiếp tục củng cố rèn luyện kiến thức Toán THPT trước bước vào kỳ thi thức THPT Quốc gia mơn Tốn năm 2019 Câu 1: Hàm số có tập xác định khoảng  0;   ? A y  x B y  ln( x  1) C y  e x D y  x  x Câu 2: Tích vơ hướng hai véc tơ a(2; 2;5), b(0;1; 2) không gian A 14 B 13 C 10 Câu 3: Họ nguyên hàm hàm số f ( x)  x  sin x D 12 x2 x2 x2 B  cos x  C C x  cos x  C D  cos x  C  cos x  C 2 2 2 Câu 4: Tìm nghiệm phương trình log3 ( x  9)  A A x = 36 B x = 27 C x = 18 D x = x 1 y 1 z  Câu 5: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : cho mặt   3 phẳng ( P) : x  y  z   Khẳng định khẳng định đúng? A d cắt (P) B d//(P) C d  ( P) D d  ( P) Câu 6: Mặt phẳng cắt mặt cầu (S ) : x2  y  z  x  y  z   theo thiết diện đường tròn? A x  y  z   B x  y  z  C Cả sai D x  y  3z   Câu 7: Giá trị cực tiểu hàm số y   x3  x  A  B -1 C  3 Câu 8: Thể tích khối lập phương có cạnh A B C D D Câu 9: Hàm số y   x3  3x  nghịch biến khoảng đây? A  ; 1 1;   B  1;   D  ; 1  1;   C (-1;1) Câu 10: Mệnh đề sau 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  x dx  ln x  C, x  Câu 11: Cho số phức z = 2-3i Điểm biểu diễn số phức liên hợp z A (2;-3) B (2;3) C (-2;-3) D (-2;3) Câu 12: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D; cạnh a Gọi O giao điểm AC BD Thể tích tứ diện OA’BC a3 a3 a3 a3 B C D 24 12 Câu 13: Trong không gian Oxyz cho điểm M(1;2;3) Phương trình mặt phẳng (P) qua M cắt trục tọa độ Ox; Oy; Oz A, B, C cho M tâm tam giác ABC A ( P) : x  y  z  18  B ( P) : x  y  z   A C ( P) : x  y  z 18  D ( P) : x  y  z   Câu 14: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Phương trình mặt phẳng qua điểm A(-3;0;0), B(0;4;0), C(0;0;-2) x y z x y z x y z x y z A  B      1  1  D   C 3 2 3 2 3 4 4 Câu 15: Biết đường thẳng y  x  cắt đồ thị hàm số y  x3  x2  x  hai điểm phân biệt A B, biết điểm B có hồnh độ âm Hồnh độ điểm B A -2 B C -1 D -5 Câu 16: Cho số thực x thỏa mãn log x  log 3a  2log b  3log c (a, b, c số thực dương) Hãy biểu diễn x theo a, b, c A x  c3 3a b2 B x  3a bc C x  3ac b2 D x  3ac3 b2 Câu 17: Thể tích V 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 dấu f '( x) khơng đổi Cách giải: Ta có: f '( x)  ( x  10)( x  11) ( x  12) 2019  x  10    x  11  x  12 BBT 26  x 10 - f '( x) 11 +  12 + - f ( x) Từ BBT ta thấy hàm số đồng biến khoảng (10;12) nên C Hàm số có điểm cực trị Chọn C Câu 42: Phương pháp: Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số điểm  phương trình hồnh độ giao điểm có nghiệm Cách giải: Xét phương trình hồnh độ giao điểm x   x  m2  x   x  m2  x  x  m2   0( x  1)(*) x 1 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số điểm  phương trình (*) có nghiệm x   (*) có nghiệm kép x  (*) có hai nghiệm phân biệt, có nghiệm  5  m2  m    '   (m  1)    +) TH1: (*) có nghiệm kép x       m      m  2 1  4.1  m   m   +) TH2: (*) có hai nghiệm phân biệt, có nghiệm Khi x  nghiệm (*) 12  4.1  m2    m  2  x  1( L) Thử lại với m  2 (*) x  x     hay phương trình hồnh độ giao điểm có  x  3(TM ) nghiệm   Vậy S   5; 2 suy tích phần tử 20 Chọn D Chú ý: Một số em quên trường hợp (*) có hai nghiệm phân biệt có nghiệm dẫn đến tìm hai giá trị  không chọn đáp án Câu 43: Phương pháp: Sử dụng định nghĩa xác suất P( A)  n( A) với n(A) số phần tử biến cố A n    số phần tử n ( ) không gian mẫu 27 Cách giải: Số phần tử không gian mẫu n     6.6  36 Xét phương trình x2  bx  c  có   b2  4c Để phương trình vơ nghiệm    b2  4c   b  c (vì b, c > 0) Mà b, c 1; 2;3; 4;5;6 nên: + Với c   b   b  + Với c   b  2  b 1; 2 + Với c   b   b 1; 2;3 + Với c   b   b 1; 2;3 + Với c   b   b 1; 2;3; 4 + Với c   b   b 1; 2;3; 4 Với A biến cố “phương trình bậc hai x2  bx  c  vơ nghiệm” số phần tử biến cố A n( A)       17 Xác suất cần tìm P( A)  17 36 Chọn B Câu 44: Phương pháp: Nhận xét: bò ăn cỏ hình tròn có tâm cọc buộc, bán kính dây buộc Do phần diện tích cỏ ăn chung lớn phần giao hai hình tròn Cách giải: Con bò thứ ăn cỏ hình tròn tâm A bán kính AC = 3m Con bò thứ hai ăn cỏ hình tròn tâm B bán kính BC = 2m Phần diện tích lớn hai ăn chung phần giao hai hình tròn (phần gạch sọc) Xét tam giác ABC có AC = 3; BC = 2; AB = 28  cos ABC  BA2  BC  AC 11  BA.BC 16  ABC  46034'  CBD  9308'  SCBD   cos CAB  9308'. BC  3, 251m2 360 AC  AB  BC   CAB  28057 '  CAD  57054' AC AB 57054'. AC  4,548m2 360 1 Lại có SCBD  BC.BD.sin CBD  1,997m2 SCAD  AC AD.sin CAD  3,812m2 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 hàm đơn điệu K f (u)  f (v)  u  v Từ sử dụng đồ thị hàm số cho tương giao hai đồ thị để biện luận số nghiệm phương trình Cách giải: Ta có m3  m f ( x)   f ( x )   m3  m   f ( x )   f ( x )   8m3  2m   f ( x)   f ( x)   (2m)3   f ( x)  5 f ( x)   f ( x)  5(*) Xét hàm số g (t )  t  t có g '(t )  3t   0; t  g (t ) hàm số đồng biến R Phương trình (*) suy g (2m)  g   f ( x )   f ( x )   2m  m   m  m     4m     f ( x )  (1)    4m  2  f ( x )   4m  f ( x)       f ( x)   4m  (2)   (Vì f ( x)  có hai nghiệm phân biệt nên m  ) 29 + Vì  4m  4m  có nghiệm  nên từ đồ thị hàm số ta thấy phương trình f ( x)   2 Từ ycbt suy phương trình f ( x)  4m  có hai nghiệm phân biệt 4m   nên từ đồ thị hàm số suy 2 + Vì  37 (tm) m  4m  2   4m   32    37 (ktm) m    2 Chọn C Câu 46: Phương pháp: - Tính ' y tìm nghiệm y' = - Tìm tọa độ hai điểm cực trị tìm điều kiện để tam giác IAB nội tiếp đường tròn bán kính Cách giải:  x  m   y  4m  Ta có: y '  3x  6mx  3(m2  1); y '     x  m   y  4m   A(m  1; 4m  2) điểm cực tiểu, B  m  1; 4m   điểm cực đại đồ thị hàm số Dễ thấy AB   2R nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có tâm trung điểm AB hay tam giác IAB vuông I Có IA  (1  m;4m), IB  (3  m; 4  4m) nên IA  IB  IA.IB  m   (1  m)(3  m)  4m(4  4m)   m  4m   16m  16m   17m  20m     m  17  Vậy tổng giá trị m  2 20  17 17 Chọn A Câu 47: Phương pháp: Viết phương trình Parabol Sử dụng: Thể tích vật thể sinh quay phần hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  f ( x), b trục hoành hai đường thẳng x  a; x  b quanh trục Ox V    f ( x)dx a Cách giải: 30 Gọi parabol nằm ( P) : y  ax2  bx  c(a  0) Khi parabol qua điểm có tọa độ (0;40) (vì thiết diện vng góc với trục cách hai đáy có bán kính 40cm) suy y(0)  40  c  40 Đổi 1m = 100cm bán kính đáy 30cm nên ta có y(50)  y(50)  30 Từ 2500a  50b  40  2500a  50b  40  b  Suy 2500a  50.0  40  30  a   250 Phương trình Parabol ( P) : y   x  40 250   x  40  dx  425162cm3  415,162 lít Thể tích thùng rượu V      250  50  50 Chọn D Chú ý : Khi tính tích phân bước cuối 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 hai mặt phẳng tìm điều kiện để cos  đạt GTLN (  đạt GTNN) Cách giải: Ta có : AB  (1;2;1), n(Q ) AB   1  2a  b   b   2a cos   Đặt t   n( P ) n(Q ) | n( P ) | | n(Q ) | a   a  2b 22  12  22  a b   a  2(1  2a)  a  (2a  1)  3a 5a  4a   5  a a 2     4t  2t   t  1   a a 1 1 đạt GTNN cos     cos   3 5  a a 31 Dấu xảy t   a   b  1  a  b  Chọn B Câu 49: Phương pháp: Sử dụng cơng thức Hê-rơng tính diện tích tam giác ABC có ba cạnh a, b, c abc S ABC  p( p  a)( p  b)( p  c) với p  abc Sử dụng cơng thức diện tích S ABC  với R bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC 4R 3V Sử dụng cơng thức thể tích khối chóp có chiều cao h diện tích đáy S V  h.S  h  S Cách giải: Gọi H chân đường vng góc kẻ từ S đến mặt phẳng (ABC) Khi từ giả thiết ta có SAH  SBH  SCH  300 Suy SAH  SBH  SCH (gn-cgv) Suy HA = HB = HC hay H tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Tam giác ABC có AB  AC  BC AC  7; AB  5; BC   p   10 Theo công thức Hê-rông diện tích tam giác ABC S ABC  p( p  AB)( p  AC )( p  BC )  10 Lại có S ABC  Hay HA  AB AC.BC 5.7.8 R  (với R bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC ) 4R 4S 7  Xét tam giác SHA vng H có SH  tan SAH AH  tan 300 3 32 1 70 Thể tích khối chóp S.ABC VS ABC  SH S ABC  10  3 SH 14 Lại có SHB vng H nên SB    SC sin 30 Xét tam giác SBC có p1  SB  SC  BC 19 suy SSBC   3V Từ VS ABC  d ( A, ( SBC )).SSBC  d ( A, ( SBC ))  S ABC SSBC p1 ( p1  SB)( p1  SC )( p1  BC )  13 70  35 39  52 13 3 Chọn B Câu 50: Phương pháp: - Nhân hai vế với e2018x lấy nguyên hàm hai vế -Sử dụng điều kiện f (0)  2018 tìm hàm f ( x) 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 ... Cách giải: Ta có : AB  (1 ;2; 1), n(Q ) AB   1  2a  b   b   2a cos   Đặt t   n( P ) n(Q ) | n( P ) | | n(Q ) | a   a  2b 22  12  22  a b   a  2( 1  2a)  a  (2a  1)... 20 18.x2017 e2018 x  f '( x).e 20 18 x  20 18e 20 18 x f ( x)  20 18x 20 17   f ( x)e 20 18 x  '   x2018  '    f ( x).e 20 18 x  ' dx    x 20 18  ' dx  f ( x)e 20 18 x  x 20 18  C Do... dx  f ( x)e 20 18 x  x 20 18  C Do f (0)  20 18  f (0).e0  C  C  20 18  f ( x)  x2018 e2018 x  20 18e2018 x  f (1)  e2018  20 18e2018  20 19e2018 x Chọn D 33