Tải bản đầy đủ

Giai chi tiet de so 9

Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9

DỰ ÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA THI THPT QUỐC GIA 2019
BẢNG ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 9
1
A
26
D

2
C
27
C

3
D
28
D

4
A

29
D

5
C
30
C

6
C
31
A

7
A
32
B

8
D
33
A

9
A
34
D

10
A
35
A

11
C
36
C

12
D
37
A

13
A
38
A

14
B
39
B

15
C
40
D

16
D
41
C

17
C
42
A

18
A
43
D

19
D
44
A

20
B
45
B

21
B
46
C

22
B
47
D

23
C
48
B

24
C
49
A

25
A
50
B

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 9
Câu 1.

Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy 3a 2 và chiều cao a là
A. V  3a 3 .

C. V  9a 3 .

B. V  a 3 .

D. V  6a 3 .

Lời giải
Chọn A
Thể tích khối chóp V  Bh  3a 2 .a  3a 3 .
Câu 2.

Hàm số f  x  có bảng biến thiên sau

Giá trị cực tiểu của hàm số là?
A. 0 .

C. 3 .

B. 2 .

D. 5 .

Lời giải
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x  0 và giá trị cực đại là yCĐ  3 .
Câu 3.

Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  4;1;  5 , B  2;  4;7  , C  3;  2;9  . Tọa độ điểm

D để ABCD là hình bình hành là
A.  2;3;  3 .

B.  3;  3;3 .

C.  6;5;  12  .

D.  3;3; 3 .

Lời giải
Chọn D
Gọi D  x ; y ; z  . Để tứ giác ABCD là hình bình hành thì BA  CD .
Ta có BA   6;5;  12  và CD   x  3; y  2; z  9 

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 1


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9

 x  3  6
 x  3


Suy ra  y  2  5   y  3
 z  9  12
 z  3


Vậy D  3;3; 3  .
Câu 4.

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

B.   ;0  .

A.  2;0  .

C.  2; 2  .

D.  0; 2  .

Lời giải
Chọn A.
Xét đáp án A, trên khoảng  2;0  đồ thị hướng đi xuống là hàm số nghịch biến nên chọn.
Xét đáp án B, trên khoảng   ;0  đồ thị có đoạn hướng đi lên là hàm số đồng biến và có đoạn
hướng xuống là hàm số đồng nghịch biến nên loại.
xét đáp án C, trên khoảng  2; 2  đồ thị có 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  0; 2  đồ thị có hướng đi lên là hàm số đồng biến nên loại.
Câu 5.

Với a , b là hai số thực dương tuỳ ý, ln  e.a3b5  bằng
A. 5ln a  3ln b .

C. 1  3ln a  5ln b .

B. 3ln a  5ln b .

D. 1  5ln a  3ln b .

Lời giải
Chọn C
Ta có ln  e.a3b5   ln e  ln a3  ln b5  1  3ln a  5ln b .
Câu 6.

Cho

1

1

1

0

0

0

 f  x  dx  2 và  2 f  x   g  x  dx  6 , khi đó  g  x  dx bằng

A. 2 .

B. 12 .

C. 10 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn C
1

Ta có:

 2 f  x   g  x  dx  6
0

1

1

1

1

0

0

0

0

2 f  x  dx   g  x  dx  6   g  x  dx  2 f  x  dx  6  2.2  6  10 .

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 2


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Câu 7.

Một mặt cầu có diện tích bằng 12 . Thể tích của khối cầu giới hạn bởi mặt cầu đó là.
B. V  12 3 .

A. V  4 3 .

C. V  36 .

D. V  12 .

Lời giải
Chọn A
Thể tích khối cầu S  4 R 2  12  R  3 .
4
4
V   R3  
3
3

Câu 8.

 3

3

 4 3 .

Tổng tất cả các nghiệm của phương trình ln( x 2  5 x  4)  log 2.ln10 bằng
A. 1 .

B. 6 .

C. 7 .

D. 5 .

Lời giải
Chọn D
ĐK: x 2  5 x  4  0  x 

5  41
5  41
hoặc x 
2
2

Ta có: ln( x 2  5 x  4)  log 2.ln10  ln( x 2  5 x  4)  ln 2
 x  6( N )
 x2  5x  6  0  
 x  1( N )

Vậy, phương trình có hai nghiệm x1  1 , x2  6  x1  x2  5 .
Câu 9.

Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  có phương trình x  y  2 z  3  0 . Một vec tơ
pháp tuyến của mặt phẳng  P  là
A. n  (1;1; 2).

B. n  (1;1; 2).

C. n  (1; 2; 3).

D. n  (1; 2; 3).

Lời giải
Chọn A
Vectơ n  (1;1; 2) cùng phương với vec tơ (1; 1; 2) nên nó là một vectơ pháp tuyến của mặt
phẳng x  y  2 z  3  0.
Câu 10. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x)  x  cos x .
A.
C.



x2
f ( x)dx   sin x  C .
2

 f ( x)dx  x sin x  cos x  C .

B.

 f ( x)dx  1  sin x  C .

D.



x2
f ( x)dx   sin x  C .
2

Lời giải
Chọn A
Ta có :



f ( x)dx    x  cos x dx 

Diễn đàn Giáo viên Toán

x2
 sin x  C .
2

Trang 3


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Câu 11. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :

x  2 y 1 z  3


đi qua điểm P( x0 ; y0 ;3) . Tính
2
1
3

T  x02  y02 .
A. T  3 .

B. T  10 .

C. T  5 .

D. T  9 .

Lời giải
Chọn C
Ta có

 x0  2
x0  2 y0  1 3  3


0
2
1
3
 y0  1
Vậy T  x02  y02  5 .
Câu 12. Cho tập A  1; 2;3; 4;5;6 , có bao nhiêu tập con gồm 3 phần tử của tập hợp A ?
A. A63 .

C. P3 .

B. P6 .

D. C63 .

Lời giải
Chọn D
Theo lý thuyết mỗi tập con gồm 3 phần tử của tập A là một tổ hợp chập 3 của 6 phần tử.
Số các tập con gồm 3 phần tử của A là C63 .
Câu 13. Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  2 và công bội q  3 . Giá trị u2019 bằng
A. 2.32018 .

C. 2.32019 .

B. 3.2 2018 .

D. 3.2 2019 .

Lời giải
Chọn A.
Áp dụng công thức của số hạng tổng quát un  u1.qn1  2.32018 .
Câu 14. Số phức z  2  3i có điểm biểu diễn là:
A.  2;3 .

B.  2; 3 .

C.  2; 3 .

D.  2;3 .

Lời giải
Chọn B.
Áp dụng định nghĩa: phần thực, phần ảo lần lượt là hoàng độ và tung độ của điểm biểu diễn.
Phần thực bằng 2; phần ảo bằng 3 .
Điểm biểu diễn của số phức z  2  3i là:  2;  3 .
Câu 15. Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào sau đây?

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 4


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9

A. y 

2x  5
.
x 1

B. y 

2 x  3
.
x 1

C. y 

2x 1
.
x 1

D. y 

2 x  1
.
x 1

Lời giải
Chọn C.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1 nên loại đáp án A, B.
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  2 nên loại đáp án D: y 
Vậy đồ thị đã cho là đồ thị của hàm số y 

2 x  1
.
x 1

2x 1
.
x 1

Câu 16. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  2; 2 và có đồ thị như hình vẽ bên dưới.

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 5


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  2; 2 . Giá trị
của M  m bằng
B. 1 .

A. 0 .

C. 4 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn D.
Từ đồ thị ta thấy M  3, m  0 nên M  n  3 .

 x  2  2  x  , x  0 .
f ( x) 
2

Câu 17. Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm

x2

Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
A. Hàm số có ba điểm cực trị.

B. Hàm số có hai điểm cực trị.

C. Hàm số có một điểm cực đại.

D. Hàm số có một điểm cực tiểu.
Lời giải

Chọn C.

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

2



y’

+

0

0
+



2
+

0



Dựa vào bảng xét dấu trên ta thấy hàm số y  f ( x) có một điểm cực trị.
Câu 18. Cho số phức z   2a  b  4    a  b  6  i , với a, b 

, i là đơn vị ảo. Biết rằng z là số

thuần ảo và z  2  i là số thực. Tính S  a 2  b 2 .
A. S  13 .

C. S  20 .

B. S  5

D. S  36 .

Lời giải
Chọn A
Ta có z là số thuần ảo nên suy ra 2a  b  4  0 1 .
Ta có z  2  i   2a  b  6    a  b  5 i . Do z  2  i là số thực nên a  b  5  0  2 

2a  b  4  0 a  3
Từ (1) và (2) ta có 
.

a  b  5  0
b  2
Vậy S  a 2  b 2  13 .
Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình của mặt cầu có đường kính AB với
A  2;1;0  , B  0;1; 2  .

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 6


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
A.  x  1   y  1   z  1  4 .

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

C.  x  1   y  1   z  1  4 .

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

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn D
Tâm mặt cầu chính là trung điểm I của AB , với I 1;1;1 .
Bán kính mặt cầu: R 

AB 1

2
2

 2 

2

 22  2 .

Suy ra phương trình mặt cầu:  x  1   y  1   z  1  2 .
2

2

2

Câu 20. Đặt a  log5 2 , khi đó log16  ln e125  bằng
A.

3a
.
4

B.

3
.
4a

C.

4
.
3a

D.

4a
.
3

Lời giải
Chọn B.

3
3 1
3
Ta có: log16  ln e125   log16 125  log 2 5  .
.

4
4 log5 2 4a
Câu 21.

Giả sử z1 và z2 là hai nghiệm của phương trình z 2  2 2 z  8  0 . Giá trị của A  z12 z2  z1 z22 bằng
A. 16 2 .

B. 16 2 .

D. 8 2 .

C. 8 2 .
Lời giải

Chọn B

 z  z  2 2
Ta có z 2  2 2 z  8  0 nên  1 2
.
 z1.z2  8
Do đó A  z12 z2  z1 z22  z1 z2  z1  z2   8.2 2  16 2 .
Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  :16 x  12 y  15z  4  0 và điểm A  2 ;  1;  1 .
Gọi H là hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng  P  . Tính độ dài đoạn thẳng AH .
A. 5 .

B.

11
.
5

C.

11
.
25

D.

22
.
5

Lời giải
Chọn B

AH  d  A ;  P   

16.2  12.  1  15.  1  4
162   12    15
2

Câu 23. Tìm tập nghiệm của bất phương trình:
A. 1;   .

Diễn đàn Giáo viên Toán

B.  ;1 .



2

10  3





11
.
5

2 x4





10  3

C. 5;   .



5 x 11

?
D.  ;5.

Trang 7


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Lời giải
Chọn C.
Ta có:





10  3

10  3



2 x4









10  3  1 

10  3



5 x 11



10  3 



10  3



 

10  3





2 x  4





1

10  3



5 x 11

 2x  4  5x 11
 x  5.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: 5;   .
Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?

3

3

A.

3
2
  x  5x  9 x  7  dx .

B.

3

 5x 2  9 x  7  dx .

1

1

3

C.

 x
3

3
2
   x  x  9x  9 dx .

D.

1

x

3

 x 2  9 x  9  dx .

1

Lời giải
Chọn C.
Ta thấy: x  1;3 : 2 x 2  9 x  8  x3  3x 2  1 nên
3

3

1

1

S    2 x 2  9 x  8   x3  3x 2  1 dx     x3  x 2  9 x  9  dx .
Câu 25. Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và đường cao bằng a 3 . Diện tích xung quanh
của khối nón đã cho bằng
A. 2 a 2 .

B.  a 2 .

C. 2 3 a 2 .

D.

2 a 2
.
3

Lời giải
Chọn A.

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 8


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9

Bán kính đáy của hình nón: r 

 2a 

2



 a 3



2

a.

Diện tích xung quanh của khối nón là: S xq   rl   .a.2a  2 a 2 .

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

x

7

2

f ( x)



1


2

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  2 và lim y  2 nên đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

x 

x 

lim y   nên đường thẳng x  2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

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 tam giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng

3a . Thể tích của khối chóp

đó bằng
A.

2 2a 3
.
3

B.

2a3
.
3

C.

2a3
.
6

D.

2a3
.
12

Lời giải
Chọn C.

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 9


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
S

a

C

A
H
M

a

B

 AB  a
Gọi khối chóp đều là SABC . H là trọng tâm ABC suy ra 
.
SH  ( ABC )
Khi đó

S ABC 

a2 3
2 a 3 a 3
; AH  .
.

4
3 2
3

SH  SA2  AH 2  (a 3)2  (

a 2 2 2
) 
a .
3
3

1
1 2 2
3
Vậy VSABC  SH .S ABC  .
a . a2 
3
3 3
4
Câu 28. Hàm số f  x   2 x

2

5x

2a3
.
6

có đạo hàm

 2 x  5  2 x 5 x

2

2 x 5 x
A. f   x  
.
ln 2

B. f   x 

C. f   x   2 x

D. f   x   2x

2

2

5 x

ln 2 .

ln 2

2

5 x

.

 2 x  5 ln 2 .

Lời giải
Chọn D.



Áp dụng công thức a
Vậy f   x   2 x

2

5 x

x

2

u x

  a   u  x  ln a .
u x

2
 5 x  ln 2  2 x 5 x  2 x  5 ln 2 .

Câu 29. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Tìm số nghiệm của phương
trình f  x  2019   1.

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 10


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
y

2
2
3
O

-1

A. 2 .

B. 1 .

x

1

D. 4 .

D. 3 .
Lời giải

Chọn C
Đồ thị hàm số y  f  x  2019  có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y  f  x  sang phải

2019 đơn vị.
Do đó số nghiệm của phương trình f  x  2019   1 cũng là số nghiệm của phương trình

f  x  1.
Theo hình vẽ ta có số nghiệm là 3 .
Câu 30. Cho hình vuông ABCD . Gọi S là điểm trong không gian sao cho SAB là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H và I lần lượt là trung điểm của AB và BC . óc
gi a hai mặt phẳng  SHC  và  SDI  bằng.
A. 30 .

B. 60 .

C. 90 .

D. 45 .

Lời giải
Chọn C.
S

A

D

1
H

1
B

I

1
C

Do H là trung điểm của AB  SH   ABCD   DI  SH .
Ta lại có: BCH  CDI  c.g.c   C1  D1 , mà D1  I1  90  C1  I1  90  DI  HC
Khi đó DI   SHC    SDI    SHC 

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 11


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Vậy góc gi a hai mặt phẳng  SHC  và  SDI  bằng 90 .
Câu 31. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình log3  4.3x 1  1  2 x  1 bằng:
A. 1 .

B. 2 .

C. 7 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn A
Điều kiện 4.3x1  1  0

3 x  3
x  1
1
4

log3  4.3x 1  1  2 x  1  .32 x  .3x  1  0   x
3
3
x  0
3  1
Tổng tất cả các nghiệm 1  0  1 .
Câu 32. Người ta thả một quả bóng hình cầu vào một cốc hình trụ (hình vẽ).

Bán kính đáy cốc và bán kính quả bóng lần lượt là r1 , r2 . Chiều cao của cốc là h và
r1 

3
r2 , h  2r1. Biết thể tích quả bóng bằng 100 cm 3 , tính chiều cao cốc. (lấy kết quả đúng
2

đến hàng phần trăm.)
A. 3,84 cm3 .

B. 8, 64 cm3 .

C. 11,52 cm3 .

D. 5,97 cm3 .

Lời giải
Chọn B.
4
Vcau   .r23  100  r2  2,88  h  8, 64.
3

Câu 33. Tìm họ nguyên hàm của hàm số I   2 x  e x  1dx .
A. x 2  2 xe x  2e x  C .

B. x 2  2 xe x  e x  C .

C. x 2  2 xe x  2e x  C .

D. x 2  xe x  e x  C .
Lời giải

Chọn A.
Ta có

 f  x  dx   2x  e

x

 1 dx   2 xe x dx   2 xdx

Tính  2 xdx  x 2  C1
Tính  2 xe x dx

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 12


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9

u  2 x
du  2dx

Đặt 

x
x
dv  e dx v  e
Suy ra  2 xe x dx  2 xe x  2 e x dx  2 xe x  2e x  C2
Do đó I  x 2  2 xe x  2e x  C .
Câu 34. Hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh 2a , ABC  60 , hình chiếu vuông góc
của S lên  ABCD  trùng với trung điểm I của BO , SI  a 3 . Khoảng cách từ B đến mặt
phẳng  SCD  bằng
A.

3a 3
.
5

B.

2a 3
.
5

C.

a 3
.
5

D.

4a 3
.
5

Lời giải
Chọn D.
S

A

A

D

H

D

O

O

I

I
B

C

C
B
K

K

Ta có BI   SCD   D , suy ra d  B,  SCD   

4
d  I ,  SCD   .
3

Trong mặt phẳng  ABCD  , kẻ IK  CD tại K .
Trong mặt phẳng  SIK  , kẻ IH  SK tại H  IH   SCD   d  I ,  SCD    IH .
Xét tam giác IDK vuông tại K ta có BDC  30  IK 

1
1 3
3
ID  . .BO  a 3 (do tam giác
2
2 2
4

ABC đều cạnh 2a nên BO  a 3 ).
Ta có

1
1
1
16
1
25
3a 3
 2 2
 2
 IH 
2
2
2
IH
IK
IS
27a 3a
27a
5

4 3a 3 4 a 3
Vậy d  B,  SCD    .
.

3 5
5

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 13


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Câu 35. Phương trình đường thẳng d  là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d trên mặt phẳng  P 

 x  12  4t

, biết d :  y  9  3t và  P  : 3x  5 y  z  2  0 . Đường thẳng d  là giao tuyến của hai mặt
z  1 t

phẳng nào?
A. 3 x  5 y  z  2  0 và 8 x  7 y  11z  22  0 .
B. 3 x  5 y  z  2  0 và 4 x  7 y  z  22  0 .
C. 3 x  5 y  z  2  0 và x  y  11z  22  0 .
D. 3 x  5 y  z  2  0 và 8 x  3 y  z  2  0 .
Lời giải
Chọn A


u  (4;3;1)
+ Ta có  d

nP  (3;5; 1)
 x  12  4t
 y  9  3t

+ Gọi d  ( P )  I thì I thuộc d  , khi đó tọa độ của I thỏa 
 t  3
z

1

t

3x  5 y  z  2  0

 I (0;0; 2)
+ Gọi   là mặt phẳng chứa d và vuông góc với  P  ta có

 n  ud ; nP   (8;7;11) suy ra   có phương trình 8x  7 x 11z  22  0 . Vậy d  là giao
tuyến của hai mặt phẳng 3 x  5 y  z  2  0 và 8 x  7 y  11z  22  0 .
Câu 36. Tập hợp các giá trị thực của m để hàm số y 
A.  2; 2 .

mx  8
1 đồng biến trên khoảng  3;   là:
x  2m

3

C.  2;  .
2


B.  2; 2  .

 3
D.  2;  .
 2

Lời giải
Chọn C.
TXĐ : D 
Ta có : y 

\ 2m
2m2  8

 x  2m 

2

. Để hàm số 1 đồng biến trên  3;   thì :

2m2  8  0

3
 y  0 x   3;  



 2  m  .
3
2

m 
2m   3;  

2

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 14


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Câu 37. Gọi z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z  1  2i  5 và z1  z2  8 . Tìm môđun của số
phức w  z1  z2  2  4i .
C. w  10 .

B. w  16 .

A. w  6 .

D. w  13 .

Lời giải
Chọn A

Gọi A là điểm biểu diễn của số phức z1 , B là điểm biểu diễn của số phức z2 .
Theo giả thiết z1 , z2 là hai trong các số phức thỏa mãn z  1  2i  5 nên A và B thuộc
đường tròn tâm I 1; 2  bán kính r  5 .
Mặt khác z1  z2  8  AB  8 .
Gọi M là trung điểm của AB suy ra M là điểm biểu diễn của số phức

z1  z2
và IM  3 .
2

Do đó ta có

3  IM 
4

Câu 38. Cho

 3x
3

1
z1  z2
 1  2i  3  z1  z2  2  4i  z1  z2  2  4i  6  w  6 .
2
2

2x 1
3
dx  a ln  b ln c , với a, b, c là các số h u tỷ. Giá trị của 5a 15b 11c bằng
2
 x2
2

A. 12 .

B. 15 .

C. 14 .

D. 9 .

Lời giải
Chọn A
Ta có

2x 1
2x 1
A
B



 2 x  1  A  3x  2   B  x  1
2
3x  x  2  x  1 3x  2  x  1 3x  2

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 15


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Khi đó, dùng kỹ thuật đồng nhất hệ số ta được
 Cho x  1  A 

3
.
5

 Cho x  0  B 

1
.
5

Khi đó ta có
4
 3

2x 1
1
1
3

d
x

3 3x2  x  2 3  5  x  1  5  3x  2  dx   5 ln x  1  15 ln 3x  2  3



4

4

3 3 1 16
 ln  ln
5 2 15 11

3
1
16
 a  , b  , c   5a  15b  11c  12
5
15
11
Câu 39. Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có bảng biến thiên như sau

Bất phương trình f  x   m  ln x đúng với mọi x   2; 4  khi và chỉ khi
A. m  f  4   2ln 2.

B. m  f  2   ln 2.

C. m  f  4   2ln 2.

D. m  f  2   ln 2.
Lời giải

Chọn B
Ta có: f ( x)  m  ln x , x   2; 4   f ( x)  ln x  m x   2; 4  (*) .
Xét hàm số g ( x)  f ( x)  ln x
Ta có: g ( x)  f ( x) 

1
.
x

Ta thấy với x   2; 4  thì f ( x )  0 , 

1
1
 0 nên g ( x)  f ( x)   0 , x   2; 4  .
x
x

Bảng biến thiên

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 16


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9

Từ bảng biến thiên ta có m  g (2)  m  f (2)  ln 2 .
Câu 40. Đề thi có 10 câu hỏi trắc nghiệm – 4 phương án chọn – chỉ 1 phương án đúng là đáp án, gồm 6
câu mức 1 nếu học sinh trả lời đúng 1 câu thì được 1 điểm và 4 câu mức 2 nếu trả lời đúng 1
câu thì được 2 điểm. Biết rằng nếu học sinh làm sai bất cứ 1 câu ở mức nào cũng sẽ bị trừ 1
điểm. Tính xác suất để học sinh làm được 7 điểm.
A.

3645
.
16384

B.

45
.
262144

C.

45
.
131072

D.

405
.
262144

Lời giải
Chọn D.
Số phần tử của không gian mẫu là   410 .
Gọi A là biến cố học sinh làm được 7 điểm.
Ta gọi :
x số câu đúng ở mức 1 , x   0;6 .

y số câu đúng ở mức 2 , y   0; 4
z số câu sai, khi đó x  y  z  10 (1)

Để học sinh đạt 7 điểm thì có phương trình x  2 y  z  7 (2).

 x  y  z  10
Ta có hệ phương trình 
và chỉ có bộ số x  4, y  3, z  3 thỏa đề bài.
x  2 y  z  7
Số phần tử của biến cố A  C64 .C43 .33
Vậy P  A 

A C64 .C43 .33
405
.


10

4
262144

 x  1  2t

Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y  1  t và hai điểm A  1;0;  1 , B  2;1;1 .
z  t

Điểm M  x ; y ; z  thuộc đường thẳng d sao cho 2 MA2  3MB 2 nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu
thức P  x  y  z .
A.

6
.
5

Diễn đàn Giáo viên Toán

B.

5
.
3

C.

13
.
5

D. 3

Trang 17


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Lời giải
Chọn C.
Do M  d nên M (1  2t ; 1  t ; t ) .
 MA2  4t 2  (t  1) 2  (t  1) 2  6t 2  2; MB 2  (2t  1) 2  t 2  (t  1) 2  6t 2  6t  2
2

3  73 73

 2MA2  3MB 2  30t 2  18t  10  30  t    
, t 
 10  10 10
Suy ra 2 MA2  3MB 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi t 

.

3
8 7 3 
M  ; ; .
10
 5 10 10 

8 7 3 13
Vậy P     .
5 10 10 5
Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn 1  i  z  z là số thuần ảo và z  2i  1 .
B. 1 .

A. 2 .

C. 0 .

D. Vô số.

Lời giải
Chọn A
Đặt z  a  bi với a, b 

ta có : 1  i  z  z  1  i  a  bi   a  bi  2a  b  ai .

Mà 1  i  z  z là số thuần ảo nên 2a  b  0  b  2a .
Mặt khác z  2i  1 nên a 2   b  2   1
2

 a 2   2a  2   1
2

 5a 2  8 a  3  0

a  1  b  2
.

a  3  b  6
5
5

Vậy có 2 số phức thỏa 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 2 f  2 sin x  1  m có nghiệm thuộc khoảng

 0; 


y 4

3 1 O
A.  0;4  .

B.  0;4  .

1

3

C. 1;3 .

x

D.  0;8  .

Lời giải
Chọn D.

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 18


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Đặt t  2 sin x  1 . Với x   0;  thì t  1;3 .
Do đó phương trình 2 f  2 sin x  1  m có nghiệm thuộc khoảng
phương trình f  t  

 0; 

khi và chỉ khi

m
có nghiệm thuộc nửa khoảng 1;3 .
2

Quan sát đồ thị ta suy ra điều kiện của tham số m là

m
  0;4   m   0;8 .
2

Câu 44. Trong phòng thí nghiệm nghiên cứu về vi khuẩn tại bênh viện Trung ương Huế, loại vi khuẩn
X gây bệnh cho người có tốc độ tăng trưởng bình quân là 15% / ngày. Bệnh viện tiến hành nuôi
cấy mẫu bệnh phẩm do vi khuẩn X gây ra, với ước lượng số vi khuẩn ban đầu là 100 triệu (ước
lượng lúc 9 giờ của ngày đầu tiên nuôi cấy). Bệnh viện nhận thấy rằng có thể trị bệnh do vi
khuẩn X gây ra bằng thuốc kháng sinh Y. Cứ 500 mg thuốc kháng sinh Y có thể tiêu diệt được
10 triệu vi khuẩn và thuốc có tác dụng hầu như ngay lập tức và không có tác dụng kéo dài
thêm. Bác sĩ quyết định lúc 9 giờ sáng hàng ngày (kể từ ngày thứ hai nuôi cấy mẫu bệnh phẩm)
dùng x g thuốc kháng sinh Y để tiến hành nghiên cứu trên mẫu bệnh phẩm thì thấy rằng sau
khi tiến hành thí nghiệm ở ngày thứ 15 ngày kể từ ngày nuôi cấy hoàn thành thì mẫu bệnh
phẩm không còn vi khuẩn X. Hỏi số thuốc kháng sinh Y mà bác sĩ dùng hàng ngày để tiến hành
nghiên cứu trên là bao nhiêu? (lấy kết quả gần đúng)
A. 0,855 g.

C. 8, 5 g.

B. 1 g.

D. 2 g.

Lời giải
Chọn A.
Gọi số vi khuẩn ban đầu là M , số vi khuẩn bị tiêu diệt mỗi ngày là m , tốc độ tăng trưởng mỗi
ngày là r .
Hết ngày thứ nhất, số vi khuẩn có trong mẫu bệnh phẩm là M  Mr  M 1  r  .
Ngay sau đó, lúc 9 giờ bác sĩ tiến hành thí nghiệm bằng thuốc Y và số vi khuẩn bị tiêu diệt là

m nên số vi khuẩn còn lại ngay sau 9h ngày thứ hai là M 1  r   m .
Do đó hết ngày thứ hai, số vi khuẩn có trong bệnh phẩm là
 M 1  r   m 1  r   M 1  r   m 1  r  .
2

Ngay sau đó, lúc 9 giờ ngày 3, bác sĩ lại tiến hành thí nghiệm băng thuốc Y và số vi khuẩn bị
tiêu diệt là m nên số vi khuẩn còn lại ngay sau 9h ngày thứ ba là M 1  r   m 1  r   m .
2

Do đó hết ngày thứ ba, số vi khuẩn còn lại là

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


Cứ tiếp tục lập luận như vậy ta thấy ngay sau 9h ngày thứ n , n  2 , số vi khuẩn còn lại là

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 19


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
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

Ngay sau 9h ngày thứ n = 15 hết số vi khuẩn nên ta có:

M 1  r 

n

n
n
m 1  r   1
M 1  r  r



0 m
 17,102.106 .
n
r
1  r   1

1 g chất Y sẽ tiêu diệt được 20 triệu vi khuẩn. Do đó số thuốc mà bác sĩ tiến hành nghiên cứu
hàng ngày là

17,102.106
 0,855 g .
20.106

Câu 45. Trong không gian Oxyz , cho điểm A  0;1; 2  , mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 và mặt cầu

 S  : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  7  0. Gọi

 là đường thẳng đi qua A nằm trong mặt phẳng  P 

và cắt mặt cầu  S  tại hai điểm B, C sao cho tam giác IB C có diện tích lớn nhất với I là tâm
của mặt cầu  S  . Phương trình của  là

x  t

A.  :  y  1
.
 z  2  t


x  t

B.  :  y  1  t .
 z  2


x  t

C.  :  y  1  t .
 z  2


x  t

D.  :  y  1
.
 z  2  t


Lời giải
Chọn B.
Mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  7  0 có tâm I 1; 2;0  và bán kính R  2 3 .
Ta có: AI  1;1; 2   AI  AI  12  12  22  6  2 3  R Do đó điểm A nằm trong mặt
cầu  S  .

 A  
Ta lại có: A   P  và 
nên giao điểm của    và  S  nằm trên đường tròn giao tuyến
    P 

 C  tâm

H của mặt phẳng  P  và mặt cầu  S  , trong đó H là hình chiếu vuông góc của I

lên mặt phẳng  P  .
S IB C 

1
1
IB.IC.sin BIC  R 2 .sin BIC .
2
2

Tam giác IB C có diện tích lớn nhất khi góc BIC lớn nhất khi và chỉ khi BC lớn nhất khi và
chỉ khi BC  HA

 AH  BC
Ta có 
 BC  IA    IA .
 HI  BC

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 20


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Mặt khác   ( P ) nên u    AI , n P 
AI  1;1; 2  , n P   1;1;1  u    1;1;0 

nên  có một vectơ chỉ phương khác là u  1;  1;0  .

x  t

Suy ra phương trình đường thẳng  :  y  1  t .
 z  2

Câu 46. Thầy Hoan mở trung tâm luyện thi Đại học và làm biển hiệu trung tâm hình ch nhật có kích
thước 3m x 2 m như hình vẽ bên. Ở phần bên trái thầy đặt một hình elip tiếp xúc với 3 cạnh
hình ch nhật và khoảng cách từ tâm hình elip cách chiều rộng biển trung tâm 0,5 m . Kinh phí
làm biển hiệu là 900.000 đồng. Biết tiền công trang trí phần bên trong hình elip là 100.000
đồng /1m 2 . Hỏi phần còn lại làm bao nhiêu tiền trên 1m 2 (Làm tròn đến hàng nghìn)?

A. 260 000 đồng.

B. 186 000 đồng.

C. 168 000 đồng.

D. 206 000 đồng.

Lời giải
Chọn C
Xét hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ sau

Từ giả thiết suy ra elip có phương trình x 2  4 y 2  1 .
1

Suy ra diện tích elip là S  2 

1

Diễn đàn Giáo viên Toán

1  x2

dx   m 2  .
4
2

Trang 21


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Diện tích phần còn lại là 3  2 


2

 6


2

m  .
2

Suy ra số tiền trang trí phần bên trong elip là


2

100.000  50.000 đồng.

Do đó số tiền trang trí trên 1m 2 phần còn lại là

 900.000  50.000  :  6 




 167.732, 2657 168.000 đồng.
2

Câu 47. Cho khối lăng trụ ABC.ABC có thể tích bằng 1 . Điểm M là thuộc cạnh A ' B ' sao cho
AM 

1
AB . Mặt phẳng  BCM  cắt đường thẳng AA tại F , và cắt đường thẳng AC tại
3

G . Thể tích khối chóp FAMG bằng
A.

5
.
24

B.

1
.
6

C.

5
.
36

D.

1
.
54

Lời giải

Chọn D

Đường thẳng AA cắt BM tại F  AA '  BCM   F  ,
Đường thẳng FC cắt A ' C ' tại G  A ' C '  BCM   G

A 'M // AB 



FA ' FM A 'M 1
FG FA ' 1



 ;
 ; A 'G // AC 
FA FB
FC FA 3
AB 3

VFA' MG 1 1 1 1
1
 . . 
 VFA' MG  VFABC
VFABC 3 3 3 27
27

1
1
3
1
VFABC  S ABC d  F ,  ABC    S ABC . d  A ',  ABC   
3
3
2
2

Nên VFA ' MG 

1 1 1
. 
.
27 2 54

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 22


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Câu 48. Cho hàm số f  x  có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

Đặt g  x   f  x 2   e x

3

3 x 2 1

. Khẳng định nào sau đây sai?

A. Hàm số y  g  x  đạt cực đại tại x  0 .
B. Hàm số y  g  x  đồng biến trên khoảng  1;1 .
C. Hàm số y  g  x  nghịch biến trên khoảng  0;1 .
D. g  3  g  2   0 .
Lời giải
Chọn B
Ta có g   x   2 xf   x 2    3x 2  6 x  .e x

3

3 x 2 1

 x  2 f   x 2    3x  6  e x


3

3 x 2 1




f   x 2   0  x 2 1; 4  x  1;  2

 3x  6 e x 3x 1  0  x  2 .
3

2

Ta có bảng xét dấu:

(kxđ: không xác định)
Dựa vào bảng xét dấu, ta chọn B .
Câu 49. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình

3  m  ln
2

4

x  16    4  3m   ln 2 x  4   92  ln x  2   0 đúng với mọi x   0;   . Tổng giá

trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng:
A.

3
.
8

B. 1 .

C. 2 .

5
D.  .
8

Lời giải
Chọn A
Đặt t  ln x, t 

3  m t
2

4

, bất phương trình đã cho trở thành

 16    4  3m   t 2  4   92  t  2   0

  t  2  3  m2  t 3  2t 2  4t  8   4  3m  t  2   92  0

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 23


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9







Đặt f  t    t  2  3  m2 t 3  2t 2  4t  8   4  3m t  2  92   t  2  g  t  .
Ta có bất phương trình đã cho nghiệm đúng x   0;    f  t   0, t 

.

Nếu t  2 không phải là nghiệm của g  t  thì f  t  sẽ đổi dấu khi t đi qua t  2 nên bất
phương trình f  t   0 không nghiệm đúng với mọi t 
Do đó điều kiện cần để f  t   0, t 

.

là t  2 phải là nghiệm của g  t   0

m  1
.
 g  2   0  32  3  m   12m  16  92  0  32m  12m  20  0  
m   5
8

2

2

Thử lại:
+ Với m  1 thì f  t    t  2   2t 3  4t 2  15t  62    t  2   2t 2  8t  31  0 , t 
2

nên

m  1 thoả mãn.
+ Với m  

5
thì
8

5
535 
167 535 
2  167 2
 167 3 167 2 201
f t   t  2 
x 
x 
x
t 
t
  t  2 
  0 nên m   8
32
16
8 
64
16 
 64
 64
thoả mãn.
5 3
 5
Vậy S  1;   . Nên tổng các phần tử của S là 1   .
8 8
 8

Câu 50. Cho hàm số f  x   ax 4  bx3  cx 2  dx  e và g  x   mx 2  nx  p

 a, b, c, d , e, m, n, p   .

Các hàm số f   x  và g   x  có đồ thị như sau:

Hỏi phương trình f  x   p  g  x   e có bao nhiêu nghiệm thực?
A. 2 .

B. 4 .

C. 1 .

D. 3 .

Lời giải

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 24


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 9
Chọn B
Ta có f   x   4ax3  3bx 2  2cx  d và g   x   2mx  n
Có f   x   g   x   4ax3  3bx 2  2  c  m  x  d  n
Dựa vào đồ thị ta có phương trình f '  x   0 có 3 nghiệm phân biệt nên a  0.

5
5
5


Dựa vào đồ thị ta có f   x   g   x   4a  x    x  1 x  1  4a  x3  x 2  x  
2
2
2


Đồng nhất hệ số ta có: b 

10
a , c  m  2a , d  n  10a
3

f  x  p  g  x  e
 ax 4  bx3  cx 2  dx  e  p  mx 2  nx  p  e

 ax 4  bx3  cx 2  dx  mx 2  nx

 ax 4  bx3   c  m  x 2   d  n  x  0
 ax 4 

 x4 

10 3
ax  2ax 2  10ax  0
3

10 3
x  2 x 2  10 x  0 .
3

Phương trình có 4 nghiệm.
 HẾT 

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×