1


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGOẠI NGỮ

ĐỀ THI THỬ THPT QG NĂM 2019
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 90 phút
Ngày thi: 31/03/2019

MÃ ĐỀ 132

Mục tiêu: Đề thi thử Toán THPT QG 2019 trường THPT chuyên Ngoại Ngữ – Hà Nội với 50 câu hỏi
trắc nghiệm, đề bám sát cấu trúc đề minh họa THPT QG 2019 môn Toán do Bộ Giáo dục và Đào tạo
công bố, lượng kiến thức được phân bố như sau: 92% lớp 12, 8% lớp 11, 0% kiến thức lớp 10. Trong đó
xuất hiện các câu hỏi khó như câu 45, 49 nhằm phân loại tối đa học sinh. Đề thi giúp học sinh củng cố
lại toàn bộ các kiến thức Toán THPT mà các em đã ôn tập trong quãng thời gian vừa qua, qua đó biết
được những nội dung kiến thức Toán mà bản thân còn yếu và nhanh chóng cải thiện để bước vào kỳ thi
THPT Quốc gia môn Toán năm 2019 với một sự chuẩn bị tốt nhất.
Câu 1 [NB]: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  a; b  và có f '  x   0; x � a; b  , khẳng định nào sau

đây sai?
f  x  f  a
A. min
 a ;b

B. f  x  đồng biến trên  a; b 

f  x  f  b

C. max
 a ;b

D. f  a   f  b 

Câu 2 [TH]: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A  1;0; 2  , B  2;3; 1 , C  0; 3;6  .
Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
A. G  1;1;0 

B. G  3;0;1

C. G  3;0; 1

D. G  1;0;1

Câu 3 [TH]: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  7  0 và điểm A  1;1; 2  .
Điểm H  a; b; 1 là hình chiếu vuông góc của A trên (P). Tổng a  b bằng
B. 1

A. 3

C. 3

D. 2

Câu 4 [TH]: Tìm điểm cực đại của hàm số y  x 4  2 x 2  2019
A. x  1

B. x  0


C. x  1

D. x  2019

Câu 5 [TH]: Hình hộp chữ nhật có ba kích thước a;2a;3a có thể tích bằng:
A. 2 a 3

B. 6 a 3

C. 12 a 3

D. 3 a 3

Câu 6 [NB]: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho (P) có phương trình: 2 x  4 z  5  0 . Một VTPT của (P)
là:
r
r
r
r
A. n  1;0; 2 
B. n  2; 4; 5 
C. n  0;2; 4 
D. n  1; 2;0 
Câu 7 [TH]: Tìm phần thực của số phức z thỏa mãn  5  i  z  7  17i
A. 2

B. 3

C. 3


D. 2


3

Câu 8 [TH]: Cho I  sin x cos 2 xdx , khẳng định nào sau đây đúng?
�
0

A. 0  I 

1
3

B.

1
1
I
3
2

C.

1
2
I
2
3


D.

2
 I 1
3
2


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Câu 9 [NB]: Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  a; b  . Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
y  f  x  , trục Ox, các đường thẳng x  a; x  b và V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay (H)
quanh trục Ox, khẳng định nào sau đây đúng?
b

b

�
A. V   �
�f  x  �
�dx

b

f  x  dx
B. V   �

2

a


b

�
C. V  �
�f  x  �
�dx

a

f  x  dx
D. V  �

2

a

a

2
Câu 10 [TH]: Tìm tập xác định của hàm số y  log  x  x  2 

A.  �;2 

B.  1;�

C.  �; 1 � 2; � D.  1;1

Câu 11 [TH]: Số 1458 là số hạng thứ bao nhiêu của cấp số nhân  un  có công bội u1  2 và q  3
A. 8


B. 5

C. 6

D. 7

1
dx
Câu 12 [TH]: Tìm họ nguyên hàm F  x   �
3
 2 x  1
A. F  x  
C. F  x  

1

4  2 x  1

2

C

B. F  x  

3

C

D. F  x  


1

4  2 x  1

1

6  2 x  1

2

C

3

C

1

6  2 x  1

Câu 13 [TH]: Tìm số nghiệm của phương trình ln x  ln  2 x  1  0
A. 2

B. 4

C. 1

D. 0

Câu 14 [NB]: Số phức nào dưới đây là một căn bậc hai của số phức z  3  4i ?

A. 2  i

B. 2  i

Câu 15 [TH]: Biết  a  1

2

  a  1

C. 1  2i
2

, khẳng định nào sau đây đúng?

B. 1  a  2

A. a �1

D. 1  2i

C. 0  a  1

D. a  2

Câu 16 [TH]: Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 2  4 , trục Ox, đường thẳng x  3 .
Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng (H) quanh trục hoành.
7
5
A. V 

(đvtt)
B. V 
(đvtt)
C. V  2 (đvtt)
D. V  3 (đvtt)
3
3
Câu 17 [NB]: Tính đạo hàm của hàm số y  2019 x .
A. y '  x.2019 x1

B. y '  2019 x1
ln 2

Câu 18 [TH]: Tính tích phân I 

e
�
0

A. I 

15
 ln 2
4

4x

C. y '  2019 x.ln 2019 D. y '  2019 x

 1 dx .


B. I  4  ln 2

C. I 

17
 ln 2
4

Câu 19 [TH]: Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển  3 x  2 
3

A. 1944 C8

3
B. 1944C8

3
C. 864C8

D. I 

15
 ln 2
2

8

3


D. 864 C8

Câu 20 [TH]: Đồ thị hàm số sau là đồ thị của hàm số nào?
3


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
x 1
x 1
x 1
C. y 
x 1

2x  2
x 1
x
D. y 
x 1

A. y 

B. y 

Câu 21 [TH]: Hàm số y  2018 x  x 2 nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?
A.  1010;2018 

B.  2018;�

C.  0;1009 


D.  1;2018 

Câu 22 [TH]: Cho hình chóp S.ABC có SA  3a vuông góc với đáy và tam giác ABC là tam giác đều
cạnh a. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC.
3a 3
2

A. V 

B. V 

3 3a 3
4

C. V 

3a 3
4

D. V 

3 3a 3
2

Câu 23 [TH]: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:
x

�



y'
y

2
0

1
+

�

0

�

3


0

+
�

4
2

1

Khẳng định nào sau đây sai?
f  x   1

A. min
 1;3

f  x  4
B. max
�

f  x   2
C. min
�

f  x  4
D. max
 2;3

Câu 24 [TH]: Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân cạnh huyền bằng 2a. Tính
diện tích xung quanh S xq của hình nón.
2
A. S xq   2a

2
B. S xq  2 2a

2
C. S xq  2 a

2
D. S xq   a

Câu 25 [TH]: Gọi a, b là hai nghiệm của phương trình 4.4 x  9.2 x1  8  0 . Tính giá trị

P  log 2 a  log 2 b
A. P  3

B. P  1

C. P  4

D. P  2

Câu 26 [VD]: Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm của phương trình 2 z 2  z  1  0 . Tính giá trị biểu thức
2

A  z1  z2
A. 2

2

B. 1

C. 4
x 1

Câu 27 [TH]: Cho hàm số y 
A. 3

B. 0

2 x2  2

D. 3


có đồ thị  C  . Tìm số đường tiệm cận đứng của đồ thị  C  .
C. 2

D. 1
4


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Câu 28 [TH]: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

x 1 y 1 z  2


. Điểm nào dưới
2
1
2

đây KHÔNG thuộc đường thẳng d?
A. M  3; 2; 4 

B. N  1; 1; 2 

C. P  1;0;0 

D. Q  3;1; 2 

C. y  x 3


D. y  log 2 x

Câu 29 [TH]: Hàm số nào sau đây đồng biến trên tập �?
A. y  x 4

B. y  tan x

Câu 30 [VD]: Cho lăng trụ tam giác đều tất cả các cạnh bằng a nội tiếp trong một hình trụ (T). Gọi V1 ,V2
lần lượt là thể tích của khối trụ (T) và khối lăng trụ đã cho. Tính tỉ số
A.

V1 4 3

V2
9

B.

V1 4 3

V2
3

C.

V1
V2

V1
3


V2
9

D.

V1
3

V2
3

Câu 31 [VD]: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  2   y 2   z  1  9 và mặt phẳng
2

 P  : 2 x  y  2 z  3  0 . Biết rằng mặt cầu  S 

2

cắt  P  theo giao tuyến là đường tròn  C  . Tính bán

kính R của  C 
A. r  2 2

B. r  2

C. r  2

D. r  5


Câu 32 [TH]: Cho hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình bên.
Trong các giá trị a, b, c, d có bao nhiêu giá trị âm?
A. 3
C. 2

B. 1
D. 4

Câu 33 [VD]: Cho hàm số y  ex  e  x , khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số nghịch biến trên �
C. Hàm số đạt cực đại tại x  1

B. Hàm số đạt cực tiểu tại x  1
D. Hàm số đồng biến trên �

Câu 34 [VD]: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn điều kiện z  i  1  z  2i và z  1
A. 0

B. 2

C. 1

D. 4

Câu 35 [VD]: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x ln x , trục Ox và đường thẳng
xe
e2  3
e2  1
e2  1
e2  1

B. S 
C. S 
D. S 
4
2
2
4
Câu 36 [VD]: Cho hộp kín chứa 50 quả bóng kích thước bằng nhau, được đánh số từ 1 đến 50. Bốc ngẫu
nhiên cùng lúc 2 quả bóng từ hộp trên. Gọi P là xác suất bốc được 2 quả bóng có tích của 2 số ghi trên 2
quả bóng là một số chia hết cho 10, khẳng định nào sau đây đúng?
A. 0, 2  P  0, 25 B. 0,3  P  0,35
C. 0, 25  P  0,3
D. 0,35  P  0, 4
A. S 

5


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
H�
H�
Câu 37 [VD]: Độ pH của một dung dịch được tính theo công thức pH   log �
�
�với �
�
�là nồng
độ ion H  trong dung dịch đó. Cho dung dịch A có độ pH ban đầu bằng 6. Nếu nồng độ ion H  trong
dung dịch A tăng lên 4 lần thì độ pH trong dung dịch mới gần bằng giá trị nào dưới đây?
A. 5,2
B. 6,6

C. 5,7
D. 5,4
Câu 38 [VD]: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên bằng a 5 . Gọi (P) là mặt
phẳng đi qua A và vuông góc với SC. Gọi  là góc tạo bởi mp (P) và (ABCD). Tính tan 
A. tan  

6
3

B. tan  

6
2

C. tan  

2
3

3
2

D. tan  

Câu 39 [VD]: Cho tam giác ABC vuông tại B và nằm trong mặt phẳng (P) có AB  2a, BC  2 3a . Một
điểm S thay đổi trên đường thẳng vuông góc với (P) tại A  S �A  . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông
góc của A lên SB, SC. Biết rằng khi S thay đổi thì bốn điểm A, B, H, K thuộc mặt cầu cố định. Tính bán
kính R của mặt cầu đó.
A. R  2a


B. R  3a

D. R  a

C. R  2a

Câu 40 [VD]: Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết
AB  4a, AD  3a, SB  5a . Tính khoảng cách từ điểm C đến mp (SBD)
12 41a
41
41 [VD]:
A.

Câu



B.
Gọi

S

41a
12
là tập

C.
các

giá


trị

12 61a
61
m thỏa

D.
mãn

hệ

61a
12
sau có

nghiệm



�4 x 2  1  m x  1  x  1  2019m �0
�
. Trong tập S có bao nhiêu phần tử là số nguyên?
�
2
4
�
mx

3

m

x

1
�
0
�
A. 1

B. 0

C. 2

D. 4

Câu 42 [VD]: Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  AB  AC  a, BC  2 x (trong đó a là hằng số
� a 3�
0;
và x thay đổi thuộc khoảng �
�
�
�). Tính thể tích lớn nhất Vmax của hình chóp S.ABC
2
�
�
A. Vmax

a3


6

B. Vmax

a3 2

4

C. Vmax

a3

8

Câu 43 [VD]: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

D. Vmax 

a3 2
12

x y 1 z  2


và mặt
1
2
1

phẳng  P  : 2 x  y  2 z  2  0 . (Q) là mặt phẳng chứa d và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất. Gọi

uuur
n Q   a; b;1 là một vecto pháp tuyến của (Q). Đẳng thức nào đúng?
A. a  b  1

B. a  b  2

C. a  b  1

D. a  b  0

Câu 44 [VD]: Cho các số phức z, z1 , z2 thay đổi thỏa mãn các điều kiện sau: iz  2i  4  3 ; phần thực
2

của z1 bằng 2; phần ảo của z2 bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  z  z1  z  z2
A. 9

B. 2

C. 5

2

D. 4
6


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Câu 45 [VDC]: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt cầu  S1  ,  S 2  lần lượt có phương
trình là x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  22  0, x 2  y 2  z 2  6 x  4 y  2 z  5  0 . Xét các mặt phẳng


 P

thay đổi nhưng luôn tiếp xúc với cả hai mặt cầu đã cho. Gọi A  a; b; c  là điểm mà tất cả các mặt phẳng

 P

đi qua. Tính tổng S  a  b  c
A. S 

Câu

46

5
2

[VD]:

B. S  
Cho

hàm

số

5
2
y  f  x

9

2

tục,

có

liên

C. S 

D. S  
đạo

hàm

9
2

 1;0 .

trên

Biết

f '  x    3x 2  2 x  e  f  x  , x � 1;0 . Tính giá trị biểu thức A  f  0   f  1
A. A  1

C. A  0

B. A  1


D. A 

1
e

Câu 47 [VD]: Sử dụng mảnh inox hình chữ nhật ABCD có
diện tích bằng 1 m 2 và cạnh BC  x  m  để làm một thùng
đựng nước có đáy, không có nắp theo quy trình như sau:
Chia hình chữ nhật ABCD thành hai hình chữ nhật ADNM
và BCNM, trong đó phần hình chữ nhật ADNM được gò
thành phần xung quanh hình trụ có chiều cao bằng AM,
phần hình chữ nhật BCNM được cắt một hình tròn để làm
đáy của hình trụ trên (phần inox còn thừa được bỏ đi).
Tính gần đúng giá trị x để thùng nước trên có thể tích lớn
nhất (coi như các mép nối không đáng kể).
A. 1,37m

B. 1,02m

C. 0,97m

D. 1m

x7
, A, B là các điểm thuộc  C  có hoành độ lần lượt là 0
x 1
và 3. M là điểm thay đổi trên  C  sao cho 0  xM  3 , tìm giá trị lớn nhất của diện tích ABM
Câu 48 [VD]: Gọi  C  là đồ thị hàm số y 


A. 3

B. 5

C. 6

D. 3 5

Câu 49 [VDC]: Cho hàm số y  f  x  liên tục và có đạo hàm trên �.

Biết hàm số f '  x  có đồ thị được cho trong hình vẽ. Tìm điều
kiện của m để hàm số g  x   f  2019   mx  2 đồng biến trên
x

 0;1
A. m �0
C. 0  m  ln 2019

B. m �ln 2019
D. m  ln 2019

x 1
Câu 50 [VD]: Tìm số nghiệm của phương trình  x  1 e  log 2  0
2

A. 4

B. 3

C. 2


D. 0

7


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.D
11.D
21.A
31.A
41.A

2.D
12.A
22.C
32.C
42.C

3.D
13.C
23.B
33.B
43.B

4.B
14.C
24.A

34.B
44.D

5.B
15.B
25.B
35.D
45.D

6.A
16.A
26.B
36.C
46.C

7.D
17.C
27.D
37.D
47.B

8.A
18.A
28.D
38.A
48.A

9.A
19.B
29.C

39.A
49.A

10.C
20.C
30.A
40.A
50.A

Câu 1:
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết về hàm số đồng biến.
Cách giải:
Hàm số y  f  x  có f '  x   0 với x � a; b  thì hàm số đồng biến trên khoảng  a; b  nên B đúng.
f  x   f  a  và max f  x   f  b  nên A, C đúng.
Và min
 a ;b
 a ;b

D sai vì f  a   f  b 
Chọn: D
Câu 2:
Phương pháp:
x A  xB  xC
�
�xG 
3
�
y  yB  yC
�

Điểm G là trọng tâm ABC thì �yG  A
3
�
z A  z B  zC
�
�zG 
3
�
Cách giải:
� 1 2  0
1
�xG 
3
�
0  3   3
�
 0 � G  1;0;1
Điểm G là trọng tâm ABC thì �yG 
3
�
�
 2    1  6  1
�zG 
3
�
Chọn: D
Câu 3:
Phương pháp:

uu

r
Bước 1: Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và nhận nP làm VTCP
Bước 2: Tìm giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng  P  . Đó là điểm H cần tìm
Cách giải:

uu
r
Mặt phẳng  P  có 1 VTPT là nP   2; ;2  1
8


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
�x  1  2t
uu
r
�
Đường thẳng d đi qua A và nhận nP làm VTCP có phương trình �y  1  2t
�z  2  t
�
H là hình chiếu của A lên mặt phẳng  P  thì tọa độ giao điểm H của d và  P  là nghiệm của hệ
�x  1  2t
�x  1
�y  1  2t
�
�
� 2  1  2t   2  1  2t    2  t   7  0 � 9t  9  0 � t  1 � �y  3
�
�z  2  t
�z  1
�

�
2x  2 y  z  7  0
�
Suy ra H  1;3; 1 � a  1; b  3 � a  b  2
Chọn: D
Câu 4:
Phương pháp:
Hàm số bậc bốn trùng phương có hệ số a  0 đạt cực đại tại x  0
Cách giải:
Hàm số y  x 4  2 x 2  2019 có a  1  0 nên đạt cực đại tại x  0
Chọn: B
Câu 5:
Phương pháp:
Hình hộp chữ nhật có ba kích thước a, b, c thì có thể tích V  abc
Cách giải:
Hình hộp chữ nhật có ba kích thước a;2a;3a thì có thể tích bằng a.2a.3a  6a 3
Chọn: B
Câu 6:
Phương pháp:
r
Mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0 có một VTPT n  A; B; C 
Cách giải:
r
1r
Mặt phẳng  P  : 2 x  4 z  5  0 có một VTPT n  2;0; 4  hay nó cũng nhận n   1;0; 2  làm VTPT.
2
Chọn: A
Câu 7:
Phương pháp:
Số phức z  a  bi,  a, b �� có phần thực là a và phần ảo là b.

Cách giải:

 5  i  z  7  17i � z 

7  17i  7  17i   5  i  52  78i


 2  3i
5i
26
 5  i  5  i

Nên phần thực của số phức z là 2.
Chọn: D
9


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Câu 8:
Phương pháp:
Đổi biến t  cos x tính tích phân.
Cách giải:
Đặt t  cos x � dt   sin xdx
1

�x  0 � t  1
1
2
t3
�

2
2
I


t
dt

t
dt

Đổi cận � 
.
Khi
đó,
1
�
�
3
x  �t 
1
1
�
2
� 3
2
Do đó 0  I 

1


1
2

1 1
7
 

3 24 24

7 1

24 3

Chọn: A
Câu 9:
Phương pháp:
Sử dụng công thức dùng ứng dụng tích phân tính thể tích vật thể.
Cách giải:
Thể tích vật thể tạo thành khi quay hình (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , trục Ox, các đường
b

�
thẳng x  a; x  b là V   �
�f  x  �
�dx
2

a

Chọn: A

Câu 10:
Phương pháp:
Hàm số y  log a f  x  xác định nếu f  x  xác định và f  x   0
Cách giải:
x2
�
2
2
Hàm số y  log  x  x  2  xác định nếu x  x  2  0 � �
x  1
�
Vậy tập xác định của hàm số là D   �; 1 � 2; �
Chọn: C
Câu 11:
Phương pháp:
n 1
Cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1 và công bội q thì có số hạng thứ n là un  u1q  q �0 

Cách giải:
n 1
n1
Gọi số hạng thứ n là un  1458 � u1q  1458 � 2.3  1458

� 3n1  729 � n  1  6 � n  7
Chọn: D
Câu 12:
Phương pháp:

10



Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Đưa hàm số dưới dấu nguyên hàm về dạng  a x  b  và sử dụng công thức
n

 ax  b  dx 
�
n

 ax  b 
a. n  1

n 1

C

Cách giải:
1

dx  �
 2 x  1
Ta có: F  x   �
3
 2 x  1

3

 2 x  1
dx 


2

2.2

C 

1

4  2 x  1

2

C

Chọn: A
Câu 13:
Phương pháp:
+ Điều kiện.
+ Sử dụng công thức log a b  log a c  log a bc  0  a �1; b, c  0  đưa về phương trình dạng
log a x  b � x  a b
Cách giải:
Điều kiện: x 

1
2

ln x  ln  2 x  1  0 � ln  x.  2 x  1   0 � 2 x 2  x  1
x  1  tm 
�
�

� 2x  x 1  0 �
1
�
x    ktm 
�
2
2

Vậy phương trình có 1 nghiệm x  1
Chọn: C
Câu 14:
Phương pháp:
Số phức w được gọi là một căn bậc hai của số phức z nếu z  w 2
Cách giải:
Thử đáp án.
Đáp án A:  2  i   4  4i  1  3  4i nên loại A.
2

Đáp án B:  2  i   4  4i  1  3  4i nên loại B.
2

Đáp án C:  1  2i   1  4i  4  3  4i nên chọn C.
2

Chọn: C
Chú ý:
Các em có thể giải theo cách trực tiếp:
Gọi w  a  bi là một căn bậc hai của z. Khi đó w2  z �  a  bi   3  4i . Giải phương trình trên ta
2


cũng thu được đáp án.
Câu 15:
Phương pháp:
11


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Sử dụng  f  x     f  x   mà a  b � 0  f  x   1
a

b

Cách giải:
Ta có  a  1

2

  a  1

2

� 0  a 1  1 � 1  a  2

Chọn: B
Câu 16:
Phương pháp:
- Tìm nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm.
b

f 2  x  dx

- Sử dụng công thức tính thể tích V   �
a

Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm y  x 2  4  0 � x  �2
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay (H) quanh Ox là:





�x 3
�3
�33
�
23
V   � x  4 dx   �
 x  4  dx   �3  4 x �   �3  4.3  3  4.2 � 73
�
�2
�
�
2
2
3

Vậy V 

2


2

3

2

7
(đvtt)
3

Chọn: A
Câu 17:
Phương pháp:
x
x
Sử dụng công thức  a  '  a .ln a

Cách giải:
x
x
Ta có y '   2019  '  2019 .ln 2019

Chọn: C
Câu 18:
Phương pháp:
Sử dụng công thức �
e a xb dx 

e a x b
C

a

Cách giải:
ln 2

Ta có: I 

�e 4 x
�ln 2 e 4ln 2
e0
1 15
4x
e

1
dx


x


ln
2

 0  4  ln 2    ln 2

 �4 � 4
�
4
4 4

�
�0
0

Chọn: A
Câu 19:
Phương pháp:
Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton  a  b 

n

n

 �Cnk a nk b k
k 0

Cách giải:

12


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
n

k
Ta có  3 x  2   �C8  3x 
8

k 0


8 k

n

. 2   �C8k .38k.  2  .x8k
k

k

k 0

Số hạng chứa x 5 trong khai triển ứng với 8  k  5 � k  3 nên hệ số cần tìm là C83 .383.  2   1944C83
3

Chọn: B
Câu 20:
Phương pháp:
- Tìm giao điểm của đồ thị hàm số với hai trục tọa độ.
- Đối chiếu các đáp án và nhận xét.
Cách giải:
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị cắt hai trục tọa độ tại các điểm  1;0  và  0; 1 .
Đáp án A: Đồ thị hàm số cắt Ox tại điểm  1;0  nên loại A.
Đáp án B: Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm  0; 2  nên loại B.
Đáp án C: Đồ thị hàm số cắt Ox tại điểm  1;0  và cắt Oy tại điểm  0; 1 nên chọn C.
Chọn: C
Câu 21:
Phương pháp:
Hàm số y  f  x  có f '  x   0 trên khoảng  a; b  thì hàm số nghịch biến trên  a; b  .
Cách giải:
Xét hàm số y  2018 x  x 2 có TXĐ D   0;2018

y' 

2 x  2018
2 2018 x  x

2



 x  2019
2018 x  x 2

Ta thấy y '  0 �  x  1009  0 � x  1009 nên hàm số nghịch biến trên  1009;2018 
Từ các đáp án ta thấy chỉ có A thỏa mãn vì  1010;2018  � 1009;2018 
Chọn: A
Chú ý: Một số em không để ý đến điều kiện xác định của hàm số dẫn đến chọn nhầm đáp án B.
Câu 22:
Phương pháp:
1
Thể tích khối chóp V  Sh với S là diện tích đáy, h là chiều cao.
3
Cách giải:
Tam giác ABC đều cạnh a nên diện tích S ABC 

a2 3
4

1
1 a2 3
a3 3

Thể tích khối chóp V  S ABC .SA  .
.3a 
3
3 4
4
Chọn: C
Câu 23:
Phương pháp:
13


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Đọc bảng biến thiên để suy ra GTLN và GTNN của hàm số
Cách giải:
f  x   1;min f  x   2;max f  x   4 là những khẳng định đúng.
Từ BBT ta thấy min
�
 1;3
 2;3
f  x   4 sai vì lim y  � nên không tồn tại GTLN của hàm số trên �
Còn đáp án B: max
x ���
�
Chọn: B
Câu 24:
Phương pháp:
Diện tích xung quanh S xq   rl
Cách giải:
Bán kính đáy r 


1
1
BC  .2a  a
2
2

Tam giác ABC vuông cân có BC  2a nên AB  AC  a 2  l
2
Vậy diện tích xung quanh S xq   rl   .a.a 2   a 2

Chọn: A
Câu 25:
Phương pháp:
x
Đặt ẩn phụ 2  t  t  0  để đưa về giải phương trình bậc hai ẩn t. Thay trở lại cách đặt để tìm x.

Cách giải:

Ta có 4.4 x  9.2 x1  8  0 � 4.4 x  18.2 x  8  0 � 2.4 x  9.2 x  4  0
t4
�
�
Đặt 2  t  t  0  ta có phương trình 2.t  9t  4  0 � � 1  tm 
t
� 2
x

2

�

2x  4
x2
�
��
� P  log 2 a  log 2 b  log 2 2  log 2 1  1
Do đó �
1
x
�
x  1
2 
�
� 2
Chọn: B
Câu 26:
Phương pháp:
- Giải phương trình tìm z1 , z2
- Thay vào tính A và kết luận.
Cách giải:
Ta có: 2 z 2  z  1  0 có   1  4.2.1  7 nên phương trình có hai nghiệm z1,2 

1 �i 7
4

2

2

Do đó z1  z2
2


2

2
�1 � � 7 � 1
 � � �
�
�
�4 � �
�4 � 2
2

Vậy A  z1  z2 

1 1
 1
2 2
14


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Chọn: B
Câu 27:
Phương pháp:
Đường thẳng x  x0 được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  f  x  nếu một trong các điều kiện
y  �; lim y  �; lim y  �; lim y  �
sau được thỏa mãn xlim
�x0
x �x0
x �x0

x�x0
Cách giải:
x 1
�
Điều kiện: �
x  1
�
Ta có lim f  x   lim
x �1

x �1

lim f  x   lim

x �1

x�1

x 1
2x  2
2

 lim
x �1

x 1
 0 nên x  1 không là TCĐ của đồ thị hàm số .
2. x  1

�lim  x  1  2

x �1
 � vì �
nên x  1 là TCĐ của đồ thị hàm số.
�
2 x2  2
lim 2 x 2  2  �
�
�x�1
x 1

Chọn: D
Câu 28:
Phương pháp:
Thay tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng và kiểm tra tọa độ đó có thỏa mãn phương trình hay
không.
Cách giải:
3  1 2  1 4  2


 1 nên M �d
Đáp án A:
2
1
2
1  1 1  1 2  2


 0 nên N �d
Đáp án B:
2

1
2
1  1 0  1 0  2


 1 nên P �d
Đáp án C:
2
1
2
3  1 1  1 2  2

�
Đáp án D:
nên Q �d
2
1
2
Chọn: D
Câu 29:
Phương pháp:
Hàm số y  f  x  xác định trên � và có f '  x  �0, x �� (dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm) thì

hàm số đồng biến trên �.
Cách giải:
+ Đáp án A: Hàm số y  x 4 xác định trên � và có y '  4 x 3  0 � x  0 nên hàm số đồng biến trên

 0;� �� nên loại A.
�
�

+ Đáp án B: Hàm số y  tan x có TXĐ D  �\ � �k ��� nên loại B.
�4

+ Đáp án D: Hàm số y  log 2 x có TXĐ D   0; � �� nên loại D.
15


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
+ Đáp án C: Hàm số y  x 3 xác định trên � và có y '  3 x 2 �0; x �� và y '  0 � x  0 nên hàm
số đồng biến trên �.
Chọn: C
Câu 30:
Phương pháp:
2
- Thể tích khối trụ V1   r h với r là bán kính đáy.

- Tính thể tích khối lăng trụ V2  Sh với S là diện tích đáy.
Cách giải:
Diện tích tam giác đáy S 

a2 3
4

Chiều cao tam giác ABC là h 

a 3
� bán kính
2

2

2 a 3 a 3
OA  h  .

3
3 2
3
2

�a 3 �
 a 2h
.
h

Thể tích khối trụ V1   r h   . �
�3 �
�
3
� �
2

Thể tích lăng trụ V2  Sh 

a2 3
a 2h 3
.h 
4
4

V1  a 2h a 2 h 3 4
4 3


:


Vậy
V2
3
4
9
3 3
Chọn: A
Câu 31:
Phương pháp:
Mặt cầu  S  tâm I và bán kính R cắt mặt phẳng  P  theo giao tuyến là đường tròn  C  bán kính r.
Khi đó ta có mối quan hệ r 2  h 2  R 2 với h  d  I ;  P   . Từ đó ta tính r.
Cách giải:
Mặt cầu  S  tâm I  2;0  1 và bán kính R1  3
Ta có h  d  I ;  P   

2.2  0  2. 1  3
2   1   2 
2

2

2

1

Bán kính đường tròn giao tuyến là R  R12  h2  32  1  2 2

Chọn: A
Câu 32:
Phương pháp:
Quan sát đồ thị hàm số, nhận xét các điểm đi qua, điểm cực trị, điểm uốn và suy ra dấu của a, b, c, d
Cách giải:
y  a x 3  bx 2  cx  d � y '  3ax 2  2bx  c, y ''  6ax  2b
16


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Từ đồ thị hàm số ta thấy:
+) Đồ thị hàm số đi qua điểm  0;d  nằm phía dưới trục hoành nên d  0
y  � nên a  0
+) xlim
��
+) Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung nên phương trình y '  0 có hai nghiệm
trái dấu � 3ac  0 � c  0 do a  0
b
+) Điểm uốn U có hoành độ dương nên phương trình y ''  0 có nghiệm x    0 � b  0 do a  0
3a
Vậy a  0, b  0, c  0, d  0
Có 2 trong 4 số a, b, c, d mang giá trị âm.
Chọn: C
Câu 33:
Phương pháp:
�
�f '  x0   0
Tính y ' sau đó lập BBT hoặc sử dụng hàm số y  f  x  có �
thì x0 là điểm cực tiểu của hàm
�f ''  x0   0

số y  f  x  .
Cách giải:
TXĐ: D  �
Ta có y '  e  e  x  0 � e  x  e � x  1
x
1
Lại có y ''  e � y ''  1  e  0 nên x  1 là điểm cực tiểu của hàm số.

Chọn: B
Câu 34:
Phương pháp:
- Gọi z  a  bi,  a, b �� , thay vào các điều kiện bài cho.
- Lập hệ phương trình ẩn a, b . Tìm a, b và kết luận.
Cách giải:
Gọi z  a  bi ,  a , b �� , ta có: z  1 � z  1 � a 2  b 2  1
2

z  i  1  z  2i �  a  1   b  1 i  a   b  2  i
�  a  1   b  1  a 2   b  2 
2

2

2

� 2a  1  2b  1  4b  4 � 2a  2b  2  0 � a  b  1
b  0 � a 1
�
2
� a 2  b 2  1 �  b  1  b 2  1 � 2b 2  2b  0 � �

b  1 � a  0
�
Vậy có hai số phức thỏa mãn là z1  1, z2  i
Chọn: B
Câu 35:
Phương pháp:

17


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f  x  , trục Ox, đường thẳng x  a; x  b là
b

S�
f  x  dx
a

Để tìm đủ cận tích phân ta đi giải phương trình f  x   0 .
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần để tính toán.
Cách giải:
ĐK: x  0
�
x  0  ktm 
Xét phương trình x ln x  0 � �
ln x  0 � x  1 tm 
�
e

x ln x dx 

Diện tích hình phẳng cần tìm là S  �
1

e

x ln xdx
�
1

�1
dx  du
�
ln x  u
�
�x
� �2
Đặt �
�xdx  dv
�x  v
�2
e

Suy ra

�x 2
�e e �x 2 1 � e 2 1 e
e2 x 2
x
ln
xdx


ln
x

.
dx


xdx

�
� �
�
�
�
� 24
�2
�1 1 �2 x � 2 2 1
1

Hay S 

e



1

e2 e2 1 e 2  1
  

2 4 4
4

e2  1
4

Chọn: D
Câu 36:
Phương pháp:
Chia thành các trường hợp:
+ Trong hai quả bóng bốc được có ít nhất một quả có số chia hết cho 10.
+ Trong hai quả bốc được có một quả có chữ số hàng đơn vị bằng 5 và một quả có chữ số hàng đơn vị là
2,4,6,8.
Đếm số khả năng có lợi cho biến cố và tính xác suất.
Cách giải:
Xét phép thử T: “Bốc ngẫu nhiên 2 trong 50 quả bóng”.
2
Số phần tử khong gian mẫu n     C50

Gọi A là biến cố: “Tích hai số ghi trên hai bóng chia hết cho 10:.
+) TH1: Trong hai quả bốc được có ít nhất 1 quả có số chia hết cho 10.
2
Số cách chọn để trong hai quả không có quả nào có số chia hết cho 10 là C45

� Số cách chọn để trong hai quả có ít nhất 1 quả có số chia hết cho 10 là C502  C452  235
+) TH2: Trong hai quả bốc được có 1 quả có chữ số hàng đơn vị là 5 và 1 quả có chữ số hàng đơn vị là
2,4,6,8.
1
1
Số cách chọn để có được hai số trên (không phân biệt thứ tự) là C5 .C20  100


18


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
� n  A  235  100  335
Vậy P  A  

n  A  335 67


�0, 27
n    C502
245

Chọn: C
Câu 37:
Phương pháp:
H�
Tính nồng độ ion �
�
�khi độ pH bằng 6.
H�
Từ đó tính độ pH khi nồng độ ion �
�
�tăng 4 lần.
Cách giải:
6
H�
H�

Khi độ pH = 6 ta có 6   log �
�
�� �
�
� 10
6
H�
H�
Khi nồng độ ion �
�
�tăng 4 lần tức là lúc này �
�
� 4.10 thì độ pH là
6
pH   log �
H�
�
�  log  4.10  �5, 4

Chọn: D
Câu 38:
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết: Góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt
phẳng ấy.
Cách giải:
Gọi O là tâm hình vuông ABCD.
�
�SO   ABCD 
� góc giữa  ABCD  và  P  là góc
Ta có: �

SC

P


�
giữa SC và SO hay SCO.
Hình vuông ABCD cạnh 2a nên OC 

1
1
AC  .2a 2  a 2
2
2

Tam giác SOC vuông tại O nên
SO  SC 2  OC 2  5a 2  2a 2  a 3
� tan   tan CSO 

OC a 2
6


SO a 3
3

Chọn: A
Câu 39:
Phương pháp:
Chỉ ra ba đỉnh H, K, B cùng nhìn cạnh AC dưới một góc vuông. Từ đó suy ra bán kính mặt cầu đi qua 4

điểm A, H, B, K.
Cách giải:
�
�BC  AB  gt 
� BC   SAB  � BC  AH
Ta có �
�BC  SA  do SA   ABC  
19


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Mà AH  SB � AH   SBC  � AH  HC
Ta thấy AHC  900 ; AKC  900 ; ABC  900 nên mặt cầu đi qua bốn
đỉnh A; H; B; K nhận AC là đường kính nên bán kính
AC
AB 2  BC 2
4a 2  12a 2
R


 2a
2
2
2
Chọn: A
Câu 40:
Phương pháp:
Sử dụng lý thuyết:

Cho AH �    I . Khi đó:


d  A,    

d  H ,   



IA
IA
� d  A,     
.d  H ,    
IH
IH

Cách giải:
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Dễ thấy AC � SBD   O và OA  OC
Nên d  C ,  SBD    d  A,  SBD    h
Tam giác vuông SAB có SA  SB 2  AB 2  3a
Xét tứ diện vuông A.SBD có

1
1
1
1



2
2

2
h
AD
AB
AS 2

1
1
1
41

 2
2
2
9a 16a 9a 144a 2
144a 2
12a 12a 41
2
�h 
�h

41
41
41


Vậy d  C ,  SBD   

12a 41
41


Chọn: A
Câu 41:
Phương pháp:
Tìm điều kiện xác định
Dựa vào điều kiện có nghiệm của hệ đề phân tích các trường hợp xảy ra của tham số m.
Cách giải:
ĐK: x �1
20


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Xét phương trình mx 2  3m  x 4  1 �0 � m  x 2  3 � x 4  1
Vì

x 4 �
1 0;
��
x 1
�۳ m  x 2 3

0

m 0

4 4
�
�
x  1 tm 
� x  1 �0

� x4  1  0 � �
+ Với m  0 ta có hệ phương trình �
4
x  1 ktm 
�
�
� x  1 �0

+ Với m  0 thì bất phuơng trình
4

x2 1  m



4

x2 1  m





x  1  x  1  2019m �0 vô nghiệm vì



x  1  x  1  2019m  0; x �1

Vậy có 1 giá trị m thỏa mãn đề bài là m  0

Chọn: A
Câu 42:
Phương pháp:
- Lập hàm số tính thể tích V theo x.
- Sử dụng phương pháp xét hàm tìm Vmax
Cách giải:
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì O �AH
với H là trung điểm BC.
Do SA  SB  SC nên SO   ABC 
Tam giác AHB vuông tại H có AH  AB 2  BH 2  a 2  x 2
Diện tích S ABC 

1
1 2
AH .BC 
a  x 2 .2 x  x a 2  x 2
2
2

AB. AC.BC
a.a.2 x
a2


Ta có: AO  R 
4 S ABC
4 x a2  x2 2 a2  x2
2
2
2

Tam giác SAO vuông tại O có SO  SA  AO  a 

a4
4a 4  4a 2 x 2  a 4 a 3a 2  4 x 2


4  a 2  x2 
4  a2  x2 
2 a 2  x2

1
1
a 3a 2  4 x 2 a x 3a 2  4 x 2

Thể tích khối chóp V  S ABC .SO  x a 2  x 2 .
3
3
6
2 a2  x2
� a 3�
0;
Xét hàm số y  f  x   x 3a 2  4 x 2 trong khoảng �
�
�
�
� 2 �
f '  x   3a 2  4 x 2  x.

4 x
3a  4 x

2

2



3a 2  8 x 2
3a  4 x
2

2

0� x

a 6
4

Bảng biến thiên:
x
f ' x 
f  x

0

a 6
4
+

0


a 3
2


f max
21


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107

a 6
a 6
Từ bảng biến thiên ta thấy: Hàm số y  f  x  đạt GTLN tại x 
hay VS . ABC đạt GTLN tại x 
4
4
Khi đó

Vmax 

a.

a 6
6a 2
. 3a 2  4.
3
4
16  a
6
8


Chọn: C
Câu 43:
Phương pháp:

uuur uuur
n P  .n Q 
uuur uuur
Góc giữa hai mặt phẳng  P  ;  Q  là  thì cos   cos n P  ; n Q   uuur uuur
n P  . n Q 





Để  lớn nhất thì cos  lớn nhất từ đó ta dùng hàm số để tìm GTLN.
Cách giải:
r
x y 1 z  2


Đường thẳng d :
có 1 VTCP u  1;2;1
1
2
1
uu
r
Mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  2  0 có 1 VTPT là nP  2; 1; 2 
uuur r

uuur r
Vì  Q  chứa đường thẳng d nên n Q   u � n Q  .u  0 � a.  1  b.2  1  0 � a  2b  1
Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng  P  ;  Q  , ta có:
uuur uuur
n P  .n Q 
uuur uuur
2a  b  2
cos   cos n P  ; n Q   uuur uuur 
2
2
n P  . n Q 
a 2  b2  1. 22   1   2 





Thay a  2b  1 ta được
2  2b  1  b  2

3b

b

b2
cos  



2

2
2
2
 2b  1  b 2  1.3 3. 5b  4b  2 5b  4b  2 5b  4b  2
Để  lớn nhất thì cos  lớn nhất, suy ra
Ta tìm b để hàm số f  b  
Ta có f '  b  

b2
b2
lớn
nhất
hay
lớn nhất.
5b 2  4b  2
5b 2  4b  2

b2
lớn nhất.
5b 2  4b  2

2b  5b 2  4b  2    10b  4  .b 2

 5b

2

 4b  2 

2




4b 2  4b

 5b

2

 4b  2 

2

b  1
�
� f ' b   0 � �
b0
�

BBT của hàm số f  b 
b
f ' b
f  b

�
+

1
0




0
0

�
+

1
3
22


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
1
5

0

Từ BBT ta thấy f  b  lớn nhất bằng

1
5

1
khi b  1 � a  1 � a  b  2
3

Chọn: B
Câu 44:

Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hình học:
+ Tìm tập hợp các điểm biểu diễn z, z1 , z2 và vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ .
+ Đánh giá GTNN của T.
Cách giải
Ta có:
+ Phần thực của z1 bằng 2 nên tập hợp điểm M 1 biểu diễn z1 là đường thẳng x  2
+ Phần ảo của z2 bằng 1 nên tập hợp điểm M 2 biểu diễn z2 là đường thẳng y  1
Lại có: iz  2i  4  3 � i  z  2  4i   3 � z  2  4i  3
Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I  2;4  bán kính R  3
Dựng hình:

Ở đó B  2;1 , I  2;4 
2

2

Ta có: T  z  z1  z  z2  MM 12  MM 22 �MC 2  MD 2  MB 2 �AB 2
2
Do đó Tmin  AB , đạt được nếu M �A, M 1 �M 2 �B .

AB  IB  IA  5  3  2 � Tmin  AB 2  4
Chọn: D
Câu 45:
Phương pháp:
Xét vị trí tương đối của hai mặt cầu  S1  ;  S 2 
Xác định vị trí điểm A rồi sử dụng định lý Ta-let để có tỉ lệ cạnh và suy ra tọa độ A.
Cách giải:
Mặt cầu  S1  có tâm I  1;1;1 và bán kính R1  5
23



Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Mặt cầu  S 2  có tâm O  3; 2; 1 và bán kính R2  3
uur
Nhận thấy OI   2;3;2  � OI  17



� R2  R1  OI  R1  R2 2  17  5



Nên hai mặt cầu  S1  ;  S2  cắt nhau.
Giả sử mặt phẳng  P  tiếp xúc với cả hai mặt cầu  S1  ;  S 2  lần lượt tại H; K. Khi đó giao điểm của HK
và OI chính là điểm A cần tìm.
Xét tam giác AIH có OK / / HI (cùng vuông với HK) nên

uuur uur
AO OK R1 3


 � 5 AO  3 AI
AI
IH R2 5

uuur
uur
Gọi A  a; b; c  � AO   3  a; 2  b; 1  c  ; AI   1  a;1  b;1  c 


a6
�
�
5 3  a   3 1  a 
�
uuur
uur
�
13
�
� 13
�
5  2  b   3  1  b  � �
b
6;  ; 4 �
Suy ra 5 AO  3 AI � �
nên A �
2
� 2
�
�
�
5  1  c   3  1  c 
�
c  4
�
�
9
� 13 �
�abc  6�

 �  4   
2
� 2�
Chọn: D
Câu 46:
Phương pháp:
- Nhân cả hai vế của đẳng thức bài cho với e f  x  .
- Lấy tích phân hai vế cận từ -1 đến 0 và tính A.
Cách giải:
Ta có:
f '  x    3 x 2  2 x  e  f  x  , x � 1;0 � e f  x  f '  x   3 x 2  2 x, x � 1;0 
Lấy tích phân hai vế, ta có:
0

f  x

e
�

f '  x  dx 

1

� e f  x

0

 3x
�


1
0

0

2

 2 x  dx � �
e d  f  x    x  x
f  x

1

3

2



0

1

 0 � e f  0  e f  1  0 � f  0   f  1

1

Vậy A  f  0   f  1  0
Chọn: C
Câu 47:

Phương pháp:
Thể tích hình trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là V   r 2 h
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm GTLN của thể tích.
3

Cho ba số a, b, c không âm, theo BĐT Cô-si ta có a �

b c 3 abc
3

�a  b  c �
abc �
�
� 3
�
24


Trọn bộ 150 đề thi thử THPTQG 2019 môn Toán Giá 300k. Liên Hệ ĐT hoặc Zalo 0937.351.107
Dấu = xảy ra khi a  b  c
Cách giải:
Vì S ABCD  AB.BC � AB 

1
 m
x

Gọi r là bán kính đáy của hình trụ thì chu vi đáy của hình trụ là 2 r  x � r 

x

 m
2

1�
1
�
0  y  �suy ra BM   y
Gọi AM  y �
x�
x
�
Lại có đường kính đáy hình trụ là 2r  BM � 2.
(ĐK:

x 1
1 x
  y � y    m
2 x
x 

1 x
 0�0 x  )
x 
2

2

�x �
�x ��1 x �
Thể tích thùng nước hình trụ là V   r h   � �. y   � ��

.  �
�2 �
�2 ��x  �
2

x2   x2
1
1
 . 2
 2 .x    x 2  
2 x2 .   x 2     x 2 
2
4
x
4
2 2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số 2 x;    x  ;    x  ta có

2 x.    x 2  .    x 2 

�2 x     x 2      x 2 
��
�
3
�

1
8 3

Suy ra V �
.
2 2 2 27

V

3

3
� �2 �
8 3
� � �
� �3 � 27
�

1
3 3

Dấu = xảy ra khi 2 x 2    x 2 � 3x 2   � x 
Vậy thùng nước có thể tích lớn nhất khi x 


(vì x  0 )
3


�1,02  m 
3

Chọn: B

Câu 48:
Phương pháp:
- Gọi tọa độ điểm M thuộc đồ thị hàm số.
- Tính khoảng cách từ M đến AB suy ra diện tích.
- Từ đó sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của diện tích tam giác ABM.
Cách giải:
Ta có: A  0; 7  , B  3; 1 � AB  3 5
Phương trình đường thẳng AB :

x0 y7

� 2x  y  7  0
3  0 1  7

� x 7�
� C  với 0  xM  3
Gọi M �xM ; M
�
� xM  1 �
25