www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 – NĂM 2019
Bài thi: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
LIÊN TRƯỜNG THPT
(Đề thi có 06 trang)

Họ và tên thí sinh:.......................................................... Số báo danh: .................. Mã đề thi 101
Mục tiêu đề thi: Đề thi thử Toán THPT Quốc gia 2019 lần 2 liên trường THPT – Nghệ An có mã đề 101,
đề gồm 06 trang với 50 câu trắc nghiệm, đề thi nhằm giúp các em tiếp tục củng cố và rèn luyện, kiểm
nghiệm lại các kiến thức Toán THPT đã ôn tập trong quá trình chuẩn bị cho kỳ thi THPT Quốc gia môn
Toán năm 2019.
Câu 1: Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số f ( x)  23 x ?

23 x
A. F ( x) 
.
2.ln 3

B. F ( x)  3. 2 .ln 2 .
3x

23 x
C. F ( x) 
 1.
2.ln 2

23 x

0, 6% một tháng. Biết rằng ngân hàng chỉ tất toán vào cuối tháng và lãi suất ngân hàng không thay đổi
trong thời gian chị Tâm gửi tiền. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng kể từ khi bắt đầu gửi thì chị Tâm có được
số tiền cả lãi và gốc không ít hơn 50.000.000 đồng ?
A. 16.
B. 18.
C. 17.
D. 15.
Câu 5: Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  Oyz  có phương trình là
A. x  0
B. z  0
C. x  y  z  0

D. y  0

Câu 6: Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình 0,52 x 4  0,5 x 1 là
A. 6.

B. 5.

C. Vô số.

D. 4.

2x
có đồ thị là (C ) . Tìm tập hợp tất cả các giá trị của a  R để qua điểm
x 1
M (0; a) có thể kẻ được đường thẳng cắt (C ) tại hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua điểm M .

Câu 7: Cho hàm số y 


C.  .
D. .
2
4
4
2

1

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh –
Sử - Địa – GDCD tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Câu 11: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 2 z  3 z  3 z  0 là đường tròn có chu vi
2

A.

3
.
2

C. 9 .

B. 3 .




 a  b  . Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi
b

C. V   2  f 2  x  dx
a

a

b

D. V    f  x  dx .
a

Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho điểm A(5; 2;1) . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên trục Oy là
điểm
A. M (0; 2;1)
B. M (0; 2;0)
C. M (5; 2; 1)
D. M (0; 2;0)
1 cos x

 
Câu 15: Bất phương trình  
 1 có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn [0;1000] ?
4
A. Vô số.
B. 159.
C. 160.
D. 158.

A. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 4 trên .
B. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 1 trên .
C. Hàm số có giá trị nhỏ nhất bằng 2 trên .
D. Hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên

.

Câu 19: Hàm số y   x 4  2 x 2  3 nghịch biến trên khoảng

2

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh –
Sử - Địa – GDCD tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

A. (0; ).

B. (0;1).

C. (1;1).

D. (1;0).

Câu 20: Mệnh đề nào sau đây sai?
A. Đồ thị của hàm số y  log x có tiệm cận đứng.
B. Đồ thị của hàm số y  2x có tiệm cận ngang.
1

A. N  3; 4; 2 

B. 3

C.

B. P  3; 4;2 

C. Q  3;4;2 

D. M  3;4; 2

Câu 23: Hình trụ có chiều cao bằng 7cm , bán kính đáy bằng 4 cm . Diện tích thiết diện qua trục của hình
trụ bằng
A. 28(cm 2 )
B. 56(cm 2 )
C. 64(cm 2 )
D. 14(cm2 )
Câu 24: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, AB  a 3 , AC  2a . Tam giác SAB đều
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC ta được
kết quả:
3a 3
a3
a3 3
a3 3
A.
B.
C.
D.
4


. Đồ thị của hàm số y  f   x  được cho bởi

hình vẽ bên dưới.

Chọn khẳng định đúng:
A. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng (1;1)
B. Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng (1;3)
C. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng (0; 2)

3

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh –
Sử - Địa – GDCD tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

D. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng (1;1) và khoảng (3;4)
Câu 29: Gọi S là tập hợp tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình ln(3e x  2)  2 x . Số tập con
của S bằng
A. 0.
B. 4.
C. 1.
D. 2.
Câu 30: Diện tích xung quanh của hình nón có chiều cao h  8cm , bán kính đường tròn đáy r  6cm
bằng
A. 120 (cm2 )
B. 60 (cm 2 )

D. 24
3  cos 4 x
Câu 33: Tìm nguyên hàm F ( x) của hàm số f ( x) 
, biết F (4)  2 .
4
3 1
5
3
1
A. F ( x)   sin 4 x  .
B. F ( x)  x 
sin 4 x  1.
4 16
4
4
16
3
1
3
1
sin 4 x  1 .
C. F ( x)  x 
D. F ( x)  x  sin 4 x  1 .
4
4
4
16
A. 5

Câu 34: Biết rằng nếu x  R

D. 54 3
Câu 37: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho đồ thị hàm số
x
nhận trục tung làm tiệm cận đứng. Khi đó tích các phần tử của
f ( x) 
3 4
3
x  mx  1  x  x  1  m2 x
S bằng
1
1
1
1
A.  .
B. .
C. .
D.  .
3
2
2
3
Câu 38: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
6  x  2  x  3  x  6  x  5  m  0 có nghiệm thực?
A. 0.
B. 2.
C. 3.

D. 1.

Câu 39: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a và SBA  SCA  900 .



www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Câu 40: Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) của hàm số y  x 4  2 x 2  1 , tiếp tuyến  của
(C ) tại điểm có hoành độ x  2 và trục hoành. Quay D xung quanh trục hoành tạo thành một khối tròn
xoay có thể tích V được tính theo công thức
2
2
81
.
A. V    ( x 2  1) 4 dx 
B. V    ( x 2  1) 4 dx.
8
1
1
39
24

81
C. V    ( x 2  1) 4 dx 
8
1
2

D. V    ( x 2  1)4 dx
1

Câu 41: Cho đa thức biến x có dạng f ( x)  x  2ax  4bx 2  8cx  16d (a, b, c, d  ) thỏa mãn
f (4  i)  f (1  i)  0. Khi đó a  b  c  d bằng

.
D.  .
10
5
5
10
4

3

Câu 43: Tổng các nghiệm của phương trình log 2 cos x  2 log 3 cot x trên đoạn [0; 20] bằng
40
70
A. 7
B. 13
C.
D.
3
3
Câu 44: Ông An có một cái bình đựng rượu, thân bình có hai phần: phần phía dưới là hình nón cụt, phần
trên là hình cầu bị cắt bỏ 2 đầu chỏm ( hình 1).

Hình 1
Hình 2
Thiết diện qua trục của bình như hình 2. Biết AB  CD  16 cm , EF  30cm , h  12 cm , h '  30 cm
và giá mỗi lít rượu là 100 000 đồng. Hỏi số tiền ông An cần để đổ đầy bình rượu gần với số nào sau
đây (giả sử độ dày của vỏ bình rượu không đáng kể)?
A. 1.516.554 đồng
B. 1.372.038 đồng
C. 1.616.664 đồng

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh –
Sử - Địa – GDCD tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

A. 10.

B. 13.
C. 11.
D. 12.
1
3
Câu 47: Cho hàm số f ( x)  x 4  mx3  (m2  1) x 2  (1  m2 ) x  2019 với m là tham số thực. Biết rằng
4
2
hàm số y  f  x  có số điểm cực trị lớn hơn 5 khi a  m2  b  2 c (a, b, c  R). Giá trị T  a  b  c
bằng
A. 6.

B. 8.

C. 7.

D. 5.

Câu 48: Trong một hộp có chứa các tấm bìa dạng hình chữ nhật có kích thước đôi một khác nhau, các
cạnh của hình chữ nhật có kích thước là m và n ( m, n  ; 1  m, n  20 , đơn vị là cm). Biết rằng mỗi bộ
kích thước (m, n) đều có tấm bìa tương ứng. Ta gọi một tấm bìa là “tốt” nếu tấm bìa đó có thể được lắp

, trong đó
c

D. 2.

Câu 50: Cho f ( x) là một đa thức hệ số thực có đồ thị của hàm số y  f '( x) như hình vẽ bên dưới:
Hàm số g ( x)  (1  m) x  m2  3 (m  R) thỏa mãn tính chất: mọi tam giác
có độ dài ba cạnh là a, b, c thì các số g (a), g (b), g (c) cũng là độ dài ba
cạnh của một tam giác.
Khẳng định nào sau đây là đúng về hàm số y  f (mx  m  1)2   e mx 1 ?
1


; 1
A. Hàm số đồng biến trên khoảng  1 
2m


1
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng (  ; 0)
3
C. Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 2) và đồng biến trên
khoảng (4;9)
D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 4) và đồng biến trên khoảng (4;9)
----------- HẾT -------------------------------------------

6

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh –
Sử - Địa – GDCD tốt nhất!

18. D
23. B
24. A
25. A
26. B
27. D
28. C
33. B
34. B
35. C
36. D
37. D
38. A
43. C
44. C
45. D
46. B
47. B
48. C

9. C
19. D
29. C
39. B
49. B

10. A
20. C
30. B
40. A

a

Cách giải:
Xét phương trình hoành độ giao điểm: sin 2 x  x  0 .
Vì 0  sin 2 x  1  0  x  1 .
Đặt g  x   sin 2 x  x trên  0;1 ta có: g '  x   2sin x cos x  1  sin 2 x  1  0 x  0;1

g '  x   0  sin 2 x  1  2 x 


2

 k 2  x 


4

 k 2  x 


4

.

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình g  x   0 có nghiệm duy nhất x  0 .
0

Khi đó diện tích hình phẳng cần tính là S 

Phương pháp:
Sử dụng công thức lãi kép, số tiền gửi vào đầu hàng tháng A 

M
n
1  r  1 1  r  trong đó:

r

M : số tiền gửi vào đều đặn đầu mỗi tháng.
r : lãi suất.
n : thời gian gửi.
A : số tiền nhận được sau n thời gian gửi.
Cách giải:
Giả sử sau n tháng người đó nhận được không ít hơn 50 000 000 đồng ta có:
M
n
A
1  r   1 1  r 

r
3 
n

1  0, 6%   1 1  0, 6%   50

0, 6%
 n  15,84

Vậy sau ít nhất 16 tháng kể từ khi bắt đầu gửi thì chị Tâm có được số tiền cả lãi và gốc không ít hơn


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Chọn D.
Câu 7 (VD):
Phương pháp:
+) Giả sử đường thẳng cần tìm có hệ số góc là k  Phương trình đường thẳng là: y  kx  a  d  .
+) Xét phươgn trình hoành độ giao điểm, tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm
phân biệt.
Cách giải:
Giả sử đường thẳng cần tìm có hệ số góc là k  Phương trình đường thẳng là: y  kx  a  d  .

2x
 kx  a  x  1 .
x 1
 2 x  kx 2  ax  kx  a  kx 2   a  k  2  x  a  0 * .

Xét phương trình hoành độ giao điểm

d 

cắt  C  tại 2 điểm phân biệt  * có 2 nghiệm phân biệt x  1 .

2  0  luon dung 

2
k  a  k  2  a  0




Câu 8 (NB):
Phương pháp:
Thay trực tiếp các điểm ở các đáp án vào phương trình mặt phẳng.
Cách giải:
Ta có: 1  2  3.  2   5  P   P  .
Chọn A.
Câu 9 (TH):
Phương pháp:

+)  S  tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng  P  có bán kính R  d  I ;  P   .
+) Mặt cầu tâm I  a; b; c  bán kính R có phương trình  x  a    y  b    z  c   R 2 .
2

2

2

Cách giải:

S 

tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng  P  có bán kính R  d  I ;  P   

9

2.4  0  2.1  1
22  12  22

 3.


Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn x 2  y 2  3x  0 có bán kính
2

3
 3
R      02  0  .
2
 2

3
 C  2 R  2 .  3 .
2
Chọn B.
Câu 12 (TH):
Phương pháp:
Hàm số y  log a f  x   0  a  1 xác định  f  x   0 .
Cách giải:

2  x  0

Hàm số y  log2 2  x xác định  
 0  x  4.

x  0





Vậy D  0;4 .


Cách giải:
Hình chiếu vuông góc của điểm A(5; 2;1) lên trục Oy là điểm M (0; 2;0) .
Chọn D.
Câu 15 (VD):
Phương pháp:

a f  x   a g  x 

 f  x  g  x .

0

a

1


Cách giải:
1cos x

 
 
4

 
 1     1  cos x  0  cos x  1 .
4
0


Dựa vào chiều của nhánh cuối cùng và dựa vào các điểm và đồ thị hàm số đi qua.
Cách giải:
Đồ thị hàm số không phải hàm đa thức bậc ba nên loại đáp án B.
Nhánh cuối của đồ thị hàm số đi xuống a  0 suy ra loại đáp án D.
Đồ thị hàm số đi qua điểm 1;1 nên loại đáp án C.
Chọn A.
Câu 18 (NB):
Phương pháp:
Dựa vào BBT nhận xét các đáp án và kết luận.
Cách giải:
Dựa vào BBT ta thấy Hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên
Chọn D.
Câu 19 (TH):
Phương pháp:
Giải bất phương trình y '  0  các khoảng nghịch biến của hàm số.

11

.

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh –
Sử - Địa – GDCD tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Cách giải:
Ta có: y '  4 x3  4 x .
x  1

 AM ; u 


 d  A; d  

u

 2 

2

 32   1

22  12   1

2

2



7
.
3

Chọn D.
Câu 22 (VD):
Phương pháp:
Viết phương trình mặt phẳng ở dạng đoạn chắn.
Cách giải:

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Phương pháp:
Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật có 1 chiều bằng chiều cao, 1
chiều bằng đường kính đáy của hình trụ.
Cách giải:
Thiết diện qua trục là một hình chữ nhật có hai kích thước là 7cm là 8cm .
Do đó diện tích thiết diện qua trục của hình trụ là S  7.8  56  cm 2  .
Chọn B.
Câu 24 (TH):
Phương pháp:
+) Gọi H là trung điểm của AB  SH   ABC  .
+) Tính SH , S ABC .

1
+) Sử dụng công thức: VS . ABC  SH .S ABC .
3
Cách giải:
Gọi H là trung điểm của AB , do tam giác SAB đều  SH  AB .
 SAB    ABC 

Ta có:  SAB    ABC   AB  SH   ABC  .

 SAB   SH  AB
Tam giác SAB đều cạnh a 3  SH 

a 3. 3 3a

Cách giải:
m 1
.
2sin x  m  1  sin x 
2

Ta có 1  sin x  1 x 

 Để phương trình có nghiệm 1 

Mà m   m  3; 2; 1;0;1 .
Chọn A.
Câu 26 (TH):
Phương pháp:

13

m 1
 1  3  m  1.
2

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh –
Sử - Địa – GDCD tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Cnk 


f  x   0  x  0; x  3
Do đó hàm số đồng biến trên  0;3 ;  3;   và nghịch biến trên  ;0  .
Vậy khẳng định C đúng.
Chọn C.
Câu 29 (VD):
Phương pháp:

ln f  x   g  x   f  x   e g  x   0 .
Cách giải:

ln  3e x  2   2 x  3e x  2  e 2 x  0
 x 2
 x 2
e  3
x  0
e 


 x

3

e 1
e 2 x  3e x  2  0

 tm   x  ln 2

x
 e  2


Vì ABCD là hình vuông cạnh a  AC  a 2  OA 

a 2
.
2

14a
SA
 2  7.
Trong tam giác vuông SAO : tan SAO 
OA a 2
2
Vậy tan   SA;  ABCD    7 .
Chọn A.
Câu 32 (TH):
Phương pháp:
Công thức tính tổng n số hạng đầu tiên của cấp số cộng có số hạng đầu u1 và công sai

 2u1   n  1 d  n
.
d : Sn  
2
Cách giải:

Ta có un 1  un  2 n  *   un  là cấp số cộng có u1  5, d  2 .

 2.  5   5  1 .2 5
 S5  
 5 .
2

dx   dx   cos 4 xdx
4
4
4

3x 1 sin 4 x
3 x sin 4 x

C 

C
4 4 4
4
16
3.4 sin16
F  4  2 

 C  2  3  C  2  C  1
4
16
3x sin 4 x
Vậy F  x   
1 .
4
16
Chọn B.
 F  x 

Câu 34 (VD):
Phương pháp:

Chọn B.
Câu 35 (NB):
Phương pháp:
Sử dụng công thức log a b m  m log a b  0  a  1; b  0  .
Cách giải:
Mệnh đề đúng là log a 3  3log a  a  0  .
Chọn C.
Câu 36 (VDC):
Phương pháp:
+) Đặt AB  x, tính SO theo x với O  AC  BD .

1
+) VS . ABCD  SO.S ABCD , sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN của hàm thể tích.
3
Cách giải:

16

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh –
Sử - Địa – GDCD tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Gọi O  AC  BD  SO   ABCD  .
Ta có CO   SAB   A 

d  C;  SAB  



OH  SM  H  SM  ta có:

 AB  OM
 AB   SOM   AB  OH

 AB  SO  SO   ABCD  
.
OH  SM
 OH   SAB   d  O;  SAB    OH  3

OH  AB

x
 OH  3  x  6 .
2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
Đặt AB  x  OM 

1
1
1
1 4 x 2  36


  
 SO 
SO 2 OH 2 OM 2 9 x 2
9x2
1

2
2
4
4
2
x 2  36  3 x  x  36   x  2 x  108 x
x 2  36
 x 2  36 x 2  36  x 2  4  x 2  4 .

f '  x   0  2 x 4  108 x 2  0  2 x 2  x 2  54   0  x  3 6

3 6   54
 min f  x   f  3 6  


3 6   36
3

6;

2

3

Vậy Vmin  54 3 .
Chọn D.
Câu 37 (VDC):
Phương pháp:
Đồ thị hàm số y  f  x  nhận x  x0 làm TCĐ  lim f  x    .
x x0

Để đồ thị hàm số có TCĐ x  0  lim f  x     lim
x 0

lim
x 0

x 0

x3  mx  1  3 x 4  x  1  m2 x
0.
x

x3  mx  1  3 x 4  x  1  m 2 x
x

x3  mx  1  3 x 4  x  1  m 2 x
 lim
x 0
x
 x3  mx  1  3 x 4  x  1

 lim 
 m2 
x 0 

x


x3  mx  1  1  3 x 4  x  1  1
 lim

 lim
2
x 0
x 0
3
x x  mx  1  1
x  3 x 4  x  1  3 x 4  x  1  1


3
4
x  mx  1  1
x  x 1 1
 lim
 lim
 m2
2
x 0
x 0
3
x x  mx  1  1
x  3 x 4  x  1  3 x 4  x  1  1


2
3
x m
x 1
 lim
 lim


Chọn D.
Câu 38 (VDC):
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp hàm số.
Cách giải:
x  2
x  3

ĐKXĐ: 
 x6
x  6
 x  5
6 x 2  x 3  x 6  x 5 m  0  6 x 2  x 3  x 6  x 5  m

Xét hàm số f  x   6  x  2  x  3  x  6  x  5 với x  6 ta có:

18

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh –
Sử - Địa – GDCD tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

f ' x 

1
1

x 5 x 6 x 5  x 6

x  6 : x  5 x  6


x 5 x 6























x 5  x 6  x 2 x 3



 f '  x   0 x  6
BBT:

Số nghiệm của phương trình f  x   m là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng
y  m song song với trục hoành. Do đó để phương trình có nghiệm thì 7  3  m  6 .

Mà m   m  .
Chọn A.
Câu 39 (VDC):
Phương pháp:
3V
d  B;  SAC    S . ABC
SSAC
Cách giải:
Gọi I là trung điểm của SA .
Tam

giác

SAB, SAC

là

các

tam

giác



www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Ta có   SA;  ABC      SA; AH   SAH  450 .

 AIG vuông cân tại G  IG  AG 

2a 3
4a 3
 SH  2 IG 
.
3
3

1
1 4 a 3  2a  3 4 a 3
 VS . ABC  SH .S ABC  .

.
3
3 3
4
3
Ta có GA  GB  GC ; GA  GH ( IG là đường trung bình của tam giác SAH )
 GA  GB  GC  GH  G là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHC .
 AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHC .
2

 ACH  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

2 15a 2
SC. AC  .
.2a 
.
2
2
3
3

Vậy d  B;  SAC   

3VS . ABC
SSAC

4a 3
3  2a 15 .

5
2 15a 2
3
3.

Chọn B.
Câu 40 (VD):
Phương pháp:
Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a ; b . Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y  f  x  , trục hoành và hai đường thẳng x  a , x  b

 a  b  . Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh –
Sử - Địa – GDCD tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Câu 41 (VD):
Phương pháp:
Đa thức f  x   ax 4  bx3  cx 2  dx  e có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thì được viết dưới dạng
f  x   a  x  x1  x  x2  x  x3  x  x4  .

Cách giải:
Ta có: f  4  i   f  1  i   0  x  4  i; x  1  i là nghiệm của phương trình f  x   0 .

 x  4  i; x  1  i cũng là nghiệm của phương trình f  x   0 .
Phương trình f  x   0 là phương trình bậc bốn có 4 nghiệm như trên, do đó f  x  được viết dưới dạng:

f  x   x 4  2ax 3  4bx 2  8cx  16d   x  4  i  x  4  i  x  1  i  x  1  i 
 x 4  2ax 3  4bx 2  8cx  16d   x  4   i 2   x  1  i 2 



2
2
4
3
2
 x  2ax  4bx  8cx  16d   x  4   1  x  1  1


c



8
16d  34 
d  34

16
Chọn B.
Câu 42 (VD):
Phương pháp:
b

b

Sử dụng công thức tích phân từng phần:  udv  uv a   vdu .
b

a

a

Cách giải:

2 x
 1 
Ta có:  2  ' 
.
2

2

2

2

2
2
1
1
dx 
1  ln 2


   ln x. 2



I

2


2
x  1 1 1 x  x  1
2 5





www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

1
dt
1  1 1
 . 
  dt

2 2  t  1 t 2 2  t  1 t 
5
1
1
1
  ln t  1  ln t    ln 4  ln 5  ln1  ln 2    3ln 2  ln 5 
2
2
2
2
5

5

I 

2


1

x ln xdx

cos x  0
ĐK: 
.
cot x  0

cos x  2t

Đặt t  log 2 cos x  2 log 3 cot x  
t
cot x  32
Ta có:

cot 2 x 

cos 2 x
cos 2 x

sin 2 x 1  cos 2 x
t

4t
4
3 
 3t  12t  4t  3t  4t  12t  1     4t *
t
1 4
3
t

t

3
x   0; 20  0 



1
 k 2  20    k 
3
6

20 
2


6 .

  7 13 19 
;
;
Mà k   k  0;1; 2;3  x   ;
.
3 
3 3 3

Tổng các nghiệm là


3



4
+) Công thức tính thể tích cầu có bán kính R : Vcau   R3 .
3
Cách giải:
Gọi O là tâm mặt cầu, gọi H là trung điểm của CD  OH  CD .
h 12
CD 16
Ta có: OH    6; CH 
 8.
2 2
2
2
Xét tam giác vuông OHC : OC  OH 2  CH 2  10  Rcau .

 OK  10  HK  OK  OH  10  6  4 ,
 Thể tích 1 chỏm cầu là
h
4  416


.
Vc hom cau   h 2  R     .42 10   
3
3
3


4
4000
Thể tích khối cầu là Vcau   .103 


5.

 IH  5 .
Mặt phẳng (Q ) đi qua điểm A(0; 2;0) và vuông góc với trục của hình nón   Q  / /  P  .
 Q  : 2x  y  2z  2  0 .

d  B;  Q   

23

2.0   7   2.0  2
22  12  22



5
 IM .
3

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh –
Sử - Địa – GDCD tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Gọi R1 ; R lần lượt là bán kính của hình nón có thể tích V1 và khối nón to.
5
R1 IM 3 1




4

.
1
V13
V13
3
3
3
V13
33
3

Dấu “=” xảy ra 
 a 2  b2 

26V1 78
 3  V14  9  V1  3  a; V2  26 3  b
3
V1

 3    26 3 
2

2

 2031 .


2

m n

m n

n
 m


Dấu "=" xảy ra   a  2 b  2 . Chọn m  k  2, n  k  2 .
 a  b  k



 a  2  b  2
2

2



 k  2  a  2    k  2  b  2   k  a  b   2a  2b  8
2k 2  8

2k 2  8

Tương tự :



2k  a  b 
2k 2  8



16
2k 2  8



ab 6

2
2

cần chọn số

k

sao cho

1
2
0k 
.
2
3

Khi đó P  2 6  3 2 .


Ta có phương trình g '  x   3x 2  6mx  3  m 2  1  0  x 2  2mx  m 2  1  0 .
 x1  m  1
Ta có:  '  m 2  m 2  1  1  
 x2  m  1

Hàm số g  x   0 có 2 điểm cực trị cùng dấu dương suy ra phương trình g '  x   0 có 2 nghiệm dương
m  1  0
m  1

 m  1.
phân biệt  
m  1  0
m  1
Giải (3):

x1  m  1  g  x1    m  1  3m  m  1  3  m 2  1  m  1  m 2  m3  m 2  3m  1
3

2

x2  m  1  g  x2    m  1  3m  m  1  3  m 2  1  m  1  m 2  m3  m 2  3m  3
3

2

 3   m3  m2  3m  1 m3  m2  3m  3  0
  3  m  1
 3  m3  m 2  3m  1  
1  2  m  1