Tải bản đầy đủ

Giai chi tiet de so 7

Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7

DỰ ÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA THI THPT QUỐC GIA 2019
BẢNG ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 7
1
C
26
D

2
C
27
D

3
B
28
D

4
B

29
C

5
A
30
A

6
C
31
B

7
B
32
C

8
B
33
C

9
A
34
C

10
C
35
C

11
C
36
A

12
A
37
C

13
A
38
D

14
C
39
A

15
B
40
A

16
C
41
D

17
A
42
C

18
B
43
A

19
A
44
A

20
B
45
C

21
A
46
B

22
A
47
D

23
C
48
A

24
B
49
A

25
A
50
B

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 7
Câu 1.

Thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là
A. V  Bh .

B. V 

1
C. V  Bh .
3

1
Bh .
2

D. V  3Bh .

Lời giải
Chọn C
Câu 2.

Hàm số f  x  có bảng biến thiên sau

Giá trị cực tiểu của hàm số là?
A. 4 .

C. 1 .

B. 1 .

D.  .

Lời giải
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x  1 và giá trị cực tiểu là yCT  1 .
Câu 3.

Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  1;7;  5 , B  3;  4; 2  , C 1;3;6  . Trọng tâm G
của tam giác ABC có tọa độ là
A.  4;11;  7  .

C.  2;3;  3 .

B. 1; 2;1 .

D.  4;  3;3 .

Lời giải
Chọn B.

 1  3  1 7   4   3 5  2  6 
;
;
Tọa độ trọng tâm G 
 suy ra G 1; 2;1 .
3
3
3


Câu 4.

Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào?

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 1


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7

A.  1;0  .

B.  0;1 .

C.  1;1 .

D. 1;    .

Lời giải
Chọn B.
Xét đáp án A, trên khoảng  1;0  đồ thị có hướng đi xuống là hàm số nghịch biến nên loại.
Xét đáp án B, trên khoảng  0;1 đồ thị có hướng đi lên là hàm số đồng biến nên chọn.
Xét đáp án C, trên khoảng  1;1 đồ thị có đoạn hướng đi xuống là hàm số nghịch biến và có
đoạn hướng đi lên là hàm số đồng biến nên loại.
Xét đáp án D, trên khoảng 1;    đồ thị có đoạn hướng đi xuống là hàm số nghịch biến nên
loại.
Câu 5.

 100m3 
Với m , n là hai số thực dương tuỳ ý, log 
 bằng
2
 n 
A. 2  3log m  2 log n .

B. 2  3log m  2 log n .

C. 2  3log m  2 log n .

D.

1 1
1
 log m  log n .
2 3
2

Lời giải
Chọn A

 100m3 
3
2
Ta có log 
  log100  log m  log n  2  3log m  2 log n  2  3log m  2 log n .
2
 n 
1

Câu 6.

Cho



f  x  dx  2 và

0

A. 12 .

1

1

0

0

 g  x  dx  7 , khi đó  2 f  x   3g  x  dx bằng
C. 25 .

B. 25 .

D. 17 .

Lời giải
Chọn C

5 Ta có:
Câu 7.

1

1

1

0

0

0

 2 f  x   3g  x  dx  2 f  x  dx  3 g  x  dx  2.  2   3.7  25 .

Diện tích mặt cầu bán kính a bằng
A.

4 a 2
.
3

Diễn đàn Giáo viên Toán

B. 4 a 2 .

C. 2 a 2 .

D.  a 2 .

Trang 2


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
Lời giải
Chọn B
Diện tích mặt cầu S  4 R 2
R  a  S  4 a 2 .

Câu 8.

Tập nghiệm của phương trình ln(2 x 2  x  1)  0 là


B. 0 ;


A. 0 .

1
.
2

1 
C.   .
2

D.  .

Lời giải
Chọn B
Ta có: ln(2 x 2  x  1)  0  2 x 2  x  1  e0  2 x 2  x  0


Vậy, phương trình có tập nghiệm: S  0 ;

Câu 9.

1
.
2

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng song song với mặt phẳng  Oxy  và đi qua điểm A(1;1;1)
có phương trình là
A. y  1  0 .

C. x 1  0 .

B. x  y  z  1  0 .

D. z 1  0.

Lời giải
Chọn A
Mặt phẳng song song với mặt phẳng  Oxy  và đi qua A 1;1;1 nhận k   0;0;1 làm vectơ pháp
tuyến nên có phương trình là y  1  0 .
Câu 10. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x)  e x  2sin x .
A.

 e

x

 2sin x dx  e x  cos2 x  C .

B.

 e

C.

 e

x

 2sin x dx  e x  2cos x  C .

D.

 e

x

x

 2sin x dx  e x  sin 2 x  C .
 2sin x dx  e x  2cos x  C .

Lời giải
Chọn C
Ta có :

 f ( x)dx    e

x

 2sin x dx  e x  2cos x  C .

Câu 11. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :

x 1 y  2 z  3


không đi qua điểm nào dưới
1
3
5

đây?
A. Q (1; 2; 3) .

B. M (2; 1; 2) .

C. P(0; 2; 8) .

D. N (0;5; 8) .

Lời giải
Chọn C


1  1 2  2 3  3


 0  Qd .
1
3
5

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 3


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7


2  1 1  2 2  3


1 M d .
1
3
5



0  1 2  2 8  3


 Pd .
1
3
5

Câu 12. Có bao nhiêu các sắp xếp 10 bạn học sinh thành một hàng ngang ?
A. P10 .

1
B. C10
.

1
C. A10
.

D. C1010 .

Lời giải
Chọn A
Mỗi cách xếp 10 học sinh thành một hàng ngang là một hoán vị của tập hợp có 10 phần tử.
Suy ra số cách sắp xếp là P10 .
Câu 13. Cho cấp số cộng  un  có số hạng đầu u1  3 và công sai d  2 . Tổng của 2019 số hạng đầu
bằng
A. 4 080 399 .

B. 4 800 399 .

C. 4 399 080 .

D. 8 154 741.

Lời giải
Chọn A.
Áp dụng công thức tổng n số hạng đầu của cấp số cộng ta có:

Sn 

n  u1  un 
n  n  1
 nu1 
d  2019.3  2019.2018  4 080 399 .
2
2

Câu 14. Điểm M là biểu diễn của số phức z trong hình vẽ bên dưới. Chọn khẳng định đúng

A. z  2i .

C. z  2 .

B. z  0 .

D. z  2  2i .

Lời giải
Chọn C.
Hòanh độ của điểm M bằng 2; tung độ điểm M bằng suy ra z  2 .
Câu 15. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 4


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7

A. y  x 4  2 x 2  1 .

B. y 

2x 1
.
x 1

C. y  x3  2 x  3 .

D. y 

x 1
x2

Lời giải
Chọn B.
Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm phân thức nên loại A và C.
Đồ thi có tiệm cận đứng x  1 và tiệm cận ngang y  2 , ta chọn đáp án B.
Câu 16. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  1; 4 và có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  1; 4 . Giá trị
của M  m bằng
A. 0 .

C. 2 .

B. 1 .

D. 5 .

Lời giải
Chọn C.
Từ đồ thị ta thấy M  3, m  1 nên M  m  2 .
Câu 17. Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm f ( x) 
A. 2 .

Diễn đàn Giáo viên Toán

B. 3 .

x2  4
, x  0 . Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
3x 2
C. 5 .

D. 1 .

Trang 5


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
Lời giải
Chọn A.

x  2
Ta có f   x   0  
.
 x  2
f   x  không xác định tại x  0 .
Bảng xét dấu f   x  :

Dựa vào bảng xét dấu trên ta thấy hàm số y  f ( x) có hai điểm cực trị.
Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2z  6  4i với i là đơn vị ảo. Tìm phần ảo của số phức
z.

A. 4 .

B. 4 .

D. 6 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn B
Đặt z  a  bi, a, b 

 z  a  bi

3a  6
a  2
Ta có z  2 z  6  4i   a  bi   2  a  bi   6  4i  3a  bi  6  4i  
.

b  4 b  4
Vậy phần ảo của số phức z bằng 4.
Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz , cho điểm

 P  : 2 x  y  2 z  1  0 . Phương trình mặt cầu tâm

A  2;1;1

và mặt phẳng

A tiếp xúc với mặt phẳng  P  .

A.  x –2    y  1   z  1  4 .

B.  x  2    y  1   z  1  9 .

C.  x  2    y  1   z  1  3 .

D.  x  2    y  1   z  1  5 .

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn A
Ta có:

d ( A, ( P))  R  2 .

Phương trình mặt cầu là:  x –2    y  1   z  1  4 .
2

2

2

Câu 20. Đặt a  log 3 15 , khi đó log 25 27 bằng
A.

3  a  1
.
2

B.

3
.
2  a  1

C.

2
.
3  a  1

D.

2  a  1
.
3

Lời giải
Chọn B.

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 6


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
3
3 1
3

Ta có: log 25 27  log 5 3  .
.
2
2 log 3 5 2  a  1

Vì a  log3 15  log3  3.5  1  log3 5  log3 5  a  1 .
Câu 21. Kí hiệu

z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình

z 2  2 z  9  0 . Giá trị của

z1  z2  z1  z2 bằng
B. 2  4i 2 .

A. 2  4 2 .

C. 6 .

D. 2 .

Lời giải
Chọn A
Phương trình có   8  0 , nên phương trình có 2 nghiệm phức là

z1  1  2i 2 ; z2  1  2i 2 . Ta có z1  z2  2 , z1  z2  4i 2
Do đó z1  z2  z1  z2  2  4 2 .
Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1; 0 ; 0  , B  0 ; 2 ; 0  , C  0 ; 0 ; 4  . Tính khoảng cách
từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng  ABC  .
A.

4 21
.
21

B.

2 21
.
21

C.

21
.
21

D.

3 21
.
21

Lời giải
Chọn A.

Phương trình mặt phẳng  ABC  :

d  O ;  ABC   

x y z
   1  4x  2 y  z  4  0
1 2 4

4.0  2.0  1.0  4
42  22  12



4 21
.
21

Câu 23. Tập nghiệm của bất phương trình: log 0,4 (5 x  2)  log 0,4  3x  6  là:
A.  ; 2  .

B.  0; 2  .

 2 
C.   ; 2  .
 5 

D.  2;   .

Lời giải
Chọn C.
2
Điều kiện: x   .
5
log 0,4 (5 x  2)  log 0,4  3x  6 

 5x  2  3x  6.
 2x  4  x  2.
 2 
Kết hợp với điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình là:   ; 2  .
 5 

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 7


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?

0

A.

 x

2

0

 3x  dx .

B.

2

 3x  dx .

3

3
0

C.

 x
0

2
   x  5x  2  dx .

D.

3

 x

2

 5 x  2  dx .

3

Lời giải
Chọn B.
Ta thấy: x   3;0 : x  1  x 2  4 x  1 nên
0

S    x  1   x 2  4 x  1 dx 
3

0

 x

2

 3x  dx .

3

Câu 25. Cho khối nón có thể tích bằng  a 3 và bán kính đáy bằng a . Độ dài đường sinh của khối nón
đã cho bằng
B. a 2 .

A. a 10 .

D. 2a 2 .

C. 2a .
Lời giải

Chọn A.

Chiều cao của khối nón: h 

3V 3 a 3

 3a .
 r 2  a2

Độ dài đường sinh của khối nón là: l 

 3a 

2

 a 2  a 10 .

Câu 26. Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau
x

f ( x)

Diễn đàn Giáo viên Toán

2



10



7

Trang 8


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7

8

1

Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là

B. 1 .

A. 4 .

D. 2 .

C. 3 .
Lời giải

Chọn D

lim y  7 nên đường thẳng y  7 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

x 

lim y  1 nên đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

x 

lim y  10 và lim y  8 nên đường thẳng x  2 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x 2

x 2

Vậy hàm số đã cho có tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là 2. Chọn đáp án D.
Câu 27. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy.

SB  2a ; Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng:
A.

4 2a 3
.
3

B.

a3
.
3

C.

2a3
.
3

D.

3a3
.
3

Lời giải
Chọn D.

S

2a

A
D
a

B

C

 SA   ABCD 

.
Theo giả thiết ta có  AB  a
 SB  2a

Do đó:

S ABCD  a2 .
SA  SB 2  AB 2 

Diễn đàn Giáo viên Toán

 2a 

2

 a2  a 3 .

Trang 9


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
Vậy VSABCD

1
1
3a 3
2
.
 SA.SABCD  a 3.a 
3
3
3

Câu 28. Hàm số f  x   log 2  x3  x  có đạo hàm
A. f   x  

C. f   x 

ln 2
.
x3  x

 3x


2

 1 ln 2

x3  x

B. f   x  

1
.
 x3  x  ln 2

3x 2  1
D. f   x   3
.
 x  x  ln 2

.
Lời giải

Chọn D.

u  x 
Áp dụng công thức  log a u  x   
.
u  x  ln a
Vậy f   x  

x

x

3

3

 x 

 x  ln 2



3x 2  1
.
 x3  x  ln 2

Câu 29. Cho hàm số y  f  x  xác định trên

\ 1 , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng

biến thiên như sau:

Số nghiệm thực của phương trình 2 f  x   4  0
A. 4 .

B. 3 .

C. 2 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn C
Ta có: 2 f  x   4  0  f  x   2 .
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng

y  2.
Dựa vào bảng biến thiên, ta có đồ thị hàm số y  f  x  cắt đường thẳng y  2 tại 2 điểm
phân biệt.
Vậy phương trình 2 f  x   4  0 có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi, SA  SC . óc gi a hai mặt phẳng  SBD  và

 ABCD 

bằng?

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 10


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
A. 90 .

B. 30 .

C. 60 .

D. 45 .

Lời giải
Chọn A.
S

D

C
O

A

B

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD .
 AC  BD
 AC   SBD    ABCD    SBD  .
Ta có 
 AC  SO

Vậy góc gi a hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 90 .
Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log 4  9  4 x   1  x bằng:
A. 2 .

B. 1 .

C. 4 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn B
Điều kiện 9  4 x  0

 x 9  65
9  65
x  log 4
4 


4
2
2
log 4  9  4 x   1  x  9  4 x  x  42 x  9.4 x  4  0  

4

 x 9  65
9  65
4 
 x  log 4

2

2

Tổng tất cả các nghiệm log 4

9  65
9  65
 log 4
1.
2
2

Câu 32. Một vật trang trí bằng pha lê gồm hai hình nón  H1  ,  H 2  xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán
kính đáy và chiều cao tương ứng là r1 , h1 , r2 , h2 thỏa mãn r1 

Diễn đàn Giáo viên Toán

1
1
r2 , h1  h2 (hình vẽ).
2
2

Trang 11


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
Biết thể tích toàn phần của toàn bộ khối pha lê là 100 cm3 . Thể tích của khối  H1  bằng
A.

100 3
cm .
3

B. 25cm3 .

C.

100 3
cm .
9

D. 50 cm3 .

Lời giải
Chọn C.

1
1
Thể tích toàn bộ khối đồ chơi là V  V( H1 )  V( H 2 )   .r12 .h1   .r2 2 .h2
3
3

1
1
100
2
2
  .  r1  .  h1    .  2r1  .  2h1   9.V( H1 )  100  cm 3   V( H1 ) 
 cm3  .
3
3
9
Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   x 2 1  3ln x  là:
A.

2 x3
 x 3 ln x  C .
3

C. x 3 ln x  C .

B. x 3 ln x .

D. x 3  x 3 ln x  C .

Lời giải
Chọn C.

3

du  dx

u  1  3ln x 
x
Đặt 

2
3
dv  x dx
v  x

3




f  x  dx 

x3
x3
x3
2
1

3ln
x

x
d
x

1

3ln
x

 C  x 3 ln x  C.

 


3
3
3

Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, ADC  30 , AB  a , AD  2a , SA  a và

SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  bằng
A.

a 3
.
2

B.

a 2
.
3

C.

a 2
.
2

D.

a
.
2

Lời giải
Chọn C.

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 12


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
S

H
A

D

B

C
K

Ta có AB // CD  AB //  SCD  , suy ra d  B,  SCD    d  A,  SCD   .
Trong mặt phẳng

 ABCD  , kẻ

AK  CD tại K khi đó tam giác AKD vuông tại K và có

ADK  30  AK  a .

Trong mặt phẳng  SAK  , kẻ AH  SK tại H  AH   SCD   d  A,  SCD    AH .
Do SA  AK  a nên tam giác SAK vuông cân tại A suy ra AH 
Vậy d  B,  SCD   

1
a 2
.
SK 
2
2

a 2
.
2

x  1 t

Câu 35. Cho (d ) :  y  2  2t và ( P ) : x  y  z  1  0 . Đường thẳng d  là hình chiếu vuông góc của d
 z  1  t

trên mặt phẳng  P  có phương trình:

x  1 t

A.  y  1  2t .
z  1 t


x  t

B.  y  3  2t .
 z  2  t


x  t

C.  y  3  2t .
 z  2  t


x  1 t

D.  y  2  2t .
z  2  t


Lời giải
Chọn C

ud  (1; 2; 1)
+ Véc tơ chỉ phương của d và véc tơ pháp tuyến của  P  là 
.
n P   (1; 1;1)
+ ọi  Q  là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với  P  . Khi đó  Q  có vectơ
pháp tuyến nQ  ud , n P   1;0; 1 .


+ Đường thẳng d ’ là giao tuyến của hai mp  P  và  Q  nên có vecto chỉ phương là

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 13


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7

u d '  nP , nQ   (1; 2;1) đối chiếu với đáp án chọn C.
Câu 36. Cho hàm số y   x3  x 2   4m  9  x  5 1 với m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên
của m lớn hơn 10 để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  ;0  ?
B. 4 .

A. 7 .

C. 8 .

D. 6 .

Lời giải
Chọn A.
Ta có:
y  3x 2  2 x  4m  9 .

Hàm số 1 nghịch biến trên  ;0  khi y  0, x   ;0 

 3 x 2  2 x  4m  9  0 , x   ;0   4m  3 x 2  2 x  9 , x   ;0 
Xét g  x   3x 2  2 x  9, x   ;0  .
Do g '  x   6 x  2  0, x   ;0  nên g  x   g  0   9, x   ;0 
9
(*)  4m  9  m   .
4

Vậy các giá trị m thỏa mãn đề bài là: 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3.





Câu 37. Cho số phức z thỏa mãn  z  2  i  z  2  i  25 . Biết tập hợp các điểm M biểu diễn số
phức w  2 z  2  3i là đường tròn tâm I  a; b  và bán kính c . Giá trị của a.b.c bằng
B. 17 .

A. 17 .

C. 100 .

D. 100 .

Lời giải
Chọn C
Giả sử z  a  bi  a; b 



và w  x  yi

 x; y   .

 z  2  i   z  2  i   25  a  2  b  1 i  a  2  b  1 i   25
  a  2    b  1  25 1
2

2

Theo giả thiết: w  2 z  2  3i  x  yi  2  a  bi   2  3i  x  yi  2a  2   3  2b  i .

x2

a  2
 x  2a  2


 2 .
3

y
 y  3  2b
b 

2
2
2
 x2
  3 y 
Thay  2  vào 1 ta được: 
 2  
 1  25   x  2    y  5  100 .
 2
  2

2

2

Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường tròn tâm I  2;5 và bán kính R  10 .
Vậy a.b.c  100 .

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 14


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7

6 x2  x  2
3
5
2 x  x2  1 dx  2ln a  2 ln b  2 ln c , với a, b, c là các số h u tỷ. Giá trị của
3

Câu 38. Cho

2a  3b  5c bằng
B. 10 .

A. 10 .

C. 8 .

D. 9 .

Lời giải
Chọn D
Ta có

6 x2  x  2
A
B
C
 

 6 x 2  x  2  A  x 2  1  Bx  x  1  Cx  x  1
x  x  1 x  1 x x  1 x  1
Khi đó, dùng kỹ thuật đồng nhất hệ số ta được


A  2
A  B  C  6

3
3
2
3
6 x2  x  2
3
5 


dx    

 dx
 B  C  1   B   
2
x  x  1 x  1
x 2  x  1 2  x  1 
2
2
 A  2


5

C  2
2
3
5 
3
5


Khi đó ta có:   

d
x

2
ln
x

ln
x

1

ln x  1 


 x 2  x  1 2  x  1 
2
2

2
2

3

3

3 3 4 5
 2 ln  ln  ln 2
2 2 3 2
3
4
 a  , b  , c  2  2a  3b  5c  9 .
2
3

Câu 39. Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có bảng biến thiên như sau

Bất phương trình f  x  >e x  m đúng với mọi x   3;3 khi và chỉ khi
A. m  f  3  e3 .

B. m  f  3 

1
.
e3

C. m  f  3 

1
.
e3

D. m  f  3  e3 .

Lời giải
Chọn A
Ta có: f ( x)  e x  m , x   3;3  f ( x)  e x  m x   3;3 (*) .
Xét hàm số g ( x)  f ( x)  e  x
Ta có: g ( x)  f ( x)  e x .

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 15


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
Ta thấy với x   3;3 thì f ( x )  0 , e  x  0 nên g ( x)  f ( x)  e  x  0 , x   3;3 .
Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có m  g (3)  m  f (3)  e3 .
Câu 40. Kỳ thi có 10 học sinh, xếp ngồi hai dãy ghế trên và dưới, mỗi dãy có 5 ghế. Thầy giáo có 2
loại đề, gồm 5 đề chẵn và 5 đề lẻ. Tính xác suất để mỗi học sinh đều nhận 1 đề và 2 bạn ngồi
kề trên, dưới là khác loại đề.
A.

8
.
63

B.

1
.
126

C.

1
.
252

D.

1
.
15120

Lời giải
Chọn A.
Số phần tử của không gian mẫu là   10! .
Gọi A là biến cố mỗi học sinh đều nhận 1 đề và 2 bạn ngồi kề trên, dưới là khác loại đề.
Ta có:
Xếp 5 đề lẻ vào cùng 1 dãy ghế có 5! cách.
Xếp 5 đề chẵn vào cùng 1 dãy ghế có 5! cách.
Ở các cặp đề trên, dưới có thể đổi đề cho nhau nên có 25 cách.
Suy ra A  5!.5!.25 .
Vậy P  A 

A 5!.5!.2 5 8
.



10!
63

Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

  : x  y  z  4  0

và ba điểm A 1; 2;1 ,

B  0;1; 2  và C  0;0;3 . Điểm M  x ; y ; z  thuộc mặt phẳng   sao cho MA  3MB  4MC
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức P  x  y  z .
A. 3 .

1
B.  .
3

C.

5
.
3

D. 4 .

Lời giải
Chọn D.

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 16


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7

(1  xI )  3(0  xI )  4(0  xI )  0

Gọi I là điểm thỏa mãn IA  3IB  4 IC  0  (2  yI )  3(1  yI )  4(0  yI )  0
(1  z )  3(2  z )  4(3  z )  0
I
I
I


1

 xI  8
1  8 xI  0

5


 1 5 13 
 5  8 yI  0   yI   I  ; ;
.
8
8 8 8 
13  8 z  0 
I

13

 zI  8

Khi đó MA  3MB  4MC  8MI  IA  3IB  4IC  8MI  8.MI .
Vậy MA  3MB  4MC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi độ dài MI nhỏ nhất hay M là hình
2 7 3
 2 7 13 
chiếu của I lên mặt phẳng   . Vậy M  ; ;  hay P     4 .
3 6 6
3 6 6 

Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn z  1  3i  3 2 và  z  2i  là số thuần ảo?
2

A. 1 .

B. 2 .

D. 4 .

C. 3 .
Lời giải

Chọn C
Gọi z  x  yi  x, y 

 , khi đó

z  1  3i  3 2   x  1   y  3  18 1 .
2

 z  2i 

2

2

  x   y  2 i   x2   y  2  2 x  y  2  i .
2

2

x  y  2
2
Theo giả thiết ta có x 2   y  2   0  
.
 x    y  2

Trường hợp 1 : x  y  2 thay vào 1 ta được phương trình 2 y 2  0 và giải ra nghiệm y  0 ,
ta được 1 số phức z1  2 .
Trường hợp 2 : x    y  2  thay vào 1 ta được phương trình 2 y 2  4 y  8  0 và giải ra ta

 y  1 5
được 
, ta được 2 số phức
 y  1  5







 z2  3  5  1  5 i

.
 z  3  5  1  5 i
 3

Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 43. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên

và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các

giá trị thực của tham số m để phương trình f  x 4  2 x 2  1  m có nghiệm là

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 17


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
y

1

2

2
x

O
4

A.  4;    .

C.  0;1 .

B.  4;1 .

D. 0;   .

Lời giải
Chọn A.
Đặt t  x4  2 x2  1   x2  1 . Với x 
2

thì t  [0;+) .

Do đó phương trình f  x 4  2 x 2  1  m có nghiệm khi và chỉ khi phương trình f  t   m có
nghiệm thuộc nửa khoảng [0;+) .
Quan sát đồ thị ta suy ra điều kiện của tham số m là m   4;    .
Câu 44. Ông A cần mua nhà ở nhưng số tiền của ông không đủ để mua nhà ở, ông đi vay ngân hàng 1 tỉ
đồng với lãi suất ưu đãi là 9% /năm. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng
một năm kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một
năm, số tiền hoàn nợ ở mỗi năm là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng 10 năm kể từ ngày
vay. Biết rằng mỗi năm ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của năm đó. Hỏi số tiền mỗi
tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 155,820 triệu đồng.

B. 146,947 triệu đồng.

C. 166,8 triệu đồng.

D. 236, 736 triệu đồng.
Lời giải

Chọn A.
Gọi số tiền vay ban đầu là M , số tiền hoàn nợ mỗi năm là m , lãi suất một năm là r .
Hết năm thứ nhất, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là M  Mr  M 1  r  .
Ngay sau đó ông A hoàn nợ số tiền m nên số tiền để tính lãi cho năm thứ hai là M 1  r   m .
Do đó hết năm thứ hai, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là

 M 1  r   m 1  r   M 1  r   m 1  r  .
2

Ngay sau đó ông A lại hoàn nợ số tiền m nên số tiền để tính lãi cho năm thứ ba là

M 1  r   m 1  r   m .
2

Do đó hết năm thứ ba, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân hàng là

 M 1  r 2  m 1  r   m  1  r   M 1  r 3  m 1  r 2  m 1  r   m .



Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 18


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
Cứ tiếp tục lập luận như vậy ta thấy sau năm thứ n , n  2 , số tiền cả vốn lẫn lãi ông A nợ ngân
hàng là

M 1  r   m 1  r 
n

n 1

 m 1  r 

n2

 ...  m 1  r   m  M 1  r 

n

n
m 1  r   1

.

r

Sau năm thứ n trả hết nợ thì ta có
M 1  r 

n

n
n
m 1  r   1
M 1  r  r


.

0 m
n
r
1  r   1

Thay số với M  1.000.000.000 , r  9% , n  10 ta được m  155,820 (triệu đồng).
Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho điểm E  2;1;3 , mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  3  0 và mặt cầu

 S  :  x  3   y  2   z  5
2

S 

2

2

 36 . Gọi  là đường thẳng đi qua E , nằm trong  P  và cắt

tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Biết  có một vec-tơ chỉ phương u   2018; y0 ; z0 

. Tính T  z0  y0 .
A. T  0 .

B. T  2018 .

C. T  2018 .

D. T  1009 .

Lời giải
Chọn C

Mặt cầu  S  có tâm I  3; 2;5 và bán kính R  6 .

IE  12  12  22  6  R  điểm E nằm trong mặt cầu  S  .
Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng  P  , A và B là hai giao điểm của  với  S  .
Khi đó, AB nhỏ nhất  AB  HE , mà AB  IH nên AB   HIE   AB  IE .
Suy ra: u  nP ; EI    5; 5;0  .
Suy ra u   2018; 2018;0  , do đó T  z0  y0  2018.
Câu 46. Thầy Hoàng Văn Hoan dự định xây một bể bơi hình elip có độ dài trục lớn gấp hai lần trục bé
và có diện tích hình ch nhật cơ sở bằng 128 m 2 . Mỗi khối nước đổ vào bể có giá là 8500

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 19


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
đồng/ 1m 3 . Biết bể bơi sâu 2 m . Hỏi thầy Hoan cần bao nhiêu tiền để đổ nước vào 80% bể?
(Số tiền được làm tròn đến hàng nghìn).
A. 1 126 000 đồng.

B. 1 367 000 đồng.

C. 1 224 000 đồng.

D. 1 046 000 đồng.
Lời giải

Chọn B

x2 y2
Giả sử elip có phương trình 2  2  1 , với a  b  0 .
a
b
Từ giả thiết ta có a  2b và 2a.2b  128  b  4  a  8
Vậy phương trình của elip là

x2 y 2

1
64 16
8

8

1
64  x 2 dx   64  x 2 dx  32
Khi đó diện tích đáy của bể bơi là S  2 
2
8
8
Thể tích của bể bơi là V  2  32  64  80%  V  51, 2 m3
Khi đó số tiền là T  51, 2  8500 1.367.000 đồng.
Câu 47. Cho khối lăng trụ ABC.ABC có thể tích bằng 6. Gọi điểm I là trung điểm AA và điểm N
thuộc cạnh BB sao cho B 'N  2 BN .Đường thẳng C ' I cắt đường thẳng CA tại P , đường
thẳng CN cắt đường thẳng CB tại Q . Tính thể tích khối đa diện lồi AIPBNQ
A.

7
.
9

B.

11
.
18

C.

11
.
9

D.

7
.
3

Lời giải
Chọn D

VABC .INC ' 1  AI BN CC   1  1 1  11
 


     1 
VABC . ABC  3  AA BB CC   3  2 3  18
 VABC .INC ' 

SCPQ
SCAB



11
11
V
18
3

CP CQ
3
.
 2.  3  SCPQ  3SCAB
CA CB
2

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 20


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
1
 VC CPQ  3VC ' ABC  3. VABC . ABC   6
3

 VAIPBNQ  VC PQ  VABCINC ' 
Câu 48. Cho hàm số

7
.
3

có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

1
Đặt g  x   f  x  2   x 3  2 x 2  3x  2019 . Khẳng định nào sau đây đúng?
3

A. Hàm số y  g  x  đạt cực đại tại x  1 .
B. Hàm số y  g  x  có 1 điểm cực trị.
C. Hàm số y  g  x  nghịch biến trên khoảng 1; 4  .
D. g  5  g  6  và g  0   g 1 .
Lời giải
Chọn A
Ta có y  f   x  2   x 2  4 x  3

f   x  2   0  x  1;1;3
x2  4x  3  0  x  1 x  3.
Ta có bảng xét dấu:

(kxđ: không xác định)
Dựa vào bảng xét dấu, ta suy ra g  x  đạt cực đại tại x  1 .
Câu 49. Có

bao

nhiêu

giá

trị

của

tham

số

y  x9   3m2  m  x5   m3  3m2  2m  x 4  2019 đồng biến trên
A. 3 .

B. 2 .

C. 4 .

m

để

hàm

số

?
D. 1 .

Lời giải
Chọn A
Ta có y  9 x8  5  3m2  m  x 4  4  m3  3m2  2m  x3 .

y  x3 9 x5  5  3m2  m  x  4  m3  3m2  2m   x3 .g  x 

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 21


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
với g  x   9 x5  5  3m2  m  x  4  m3  3m2  2m  .

m  0

Nếu g  0   0  m  2 . Thì y  sẽ đổi dấu khi đi qua điểm x  0 , do đó hàm số sẽ không
m  1

đồng biến trên

.

Do đó để hàm số đồng biến trên

thì một điều kiện cần là g  0   0

m  0
 m  m2  3m  2   0  m  1 .
 m  2
Thử lại :
+ Với m  0 có y  9 x8  0, x 

nên hàm số đã cho đồng biến trên

+ Với m  1 có y  x 4  9 x 4  10   0, x 
+ Với m  2 có y  x 4  9 x 4  50   0, x 

nên hàm số đã cho đồng biến trên
nên hàm số đã cho đồng biến trên

m  0
Vậy với  m  2 thì hàm số đã cho đồng biến trên
 m  1
Câu 50. Cho

hàm

số

.
.

.

f  x   mx 4  nx3  px 2  qx  r

 m, n, p, q, r, a, b, c, d  

.



g  x   ax3  bx 2  cx  d ,

và f  0   g  0  . Hàm số y  f   x  và y  g   x  có đồ thị như

hình vẽ bên dưới

Tập nghiệm của phương trình f  x   g  x  có số phần tử là?
A. 4 .

B. 2 .

C. 1 .

D. 3 .

Lời giải

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 22


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 7
Chọn B
Dựa vào đồ thị ta có phương trình f '  x   0 có 3 nghiệm phân biệt nên m  0.
Ta có g   x   3ax 2  2bx  c và f   x   4mx3  3nx 2  2 px  q
Lại có f   x  và g   x  giao nhau tại 3 điểm nên ta có phương trình f   x   g   x  có 3 nghiệm
Dựa vào đồ thị ta có f   x   g   x   4m  x  1 x  1 x  2   4m  x3  2 x 2  x  2 
Mà ta lại có f   x   g   x   4mx3  3  n  a  x 2  2  p  b  x  q  c
Đồng nhất hệ số ta có n  a 

8
m , p  b  2m , q  c  8m
3

f  0  g  0  r  d
Vậy f  x   g  x   mx 4   n  a  x 3   p  b x 2  q  c x  r  d  0
8
8
 mx 4  mx 3  2mx 2  8mx  0  x 4  x 3  2 x 2  8 x  0 . Phương trình có 2 nghiệm.
3
3

 HẾT 

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 23



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×