Toán học

Đáp án Đề minh họa năm 2019 môn Toán (có giải chi tiết)

HOTTTT Chỉ 200k mua Bộ đề ôn thi THPT Quốc gia môn Toán 2023 theo ma trận đề minh họa mới nhất. Dự kiến số lượng đề từ 30 – 40 đề (tặng kèm bộ đề ôn thi Toán THPT Quốc gia theo ma trận đề minh họa năm 2022):

Xem thử

– Chỉ 100k mua trọn bộ Đề ôn thi THPT Quốc gia Toán năm 2023 bản word có lời giải chi tiết:

Xem thử Bộ 20 đề Xem thử Bộ 17 đề Xem thử Bộ 14 đề

  • B1: gửi phí vào tk: 0711000255837 – NGUYEN THANH TUYEN – Ngân hàng Vietcombank (QR)
  • B2: Nhắn tin tới Zalo VietJack Official – nhấn vào đây để thông báo và nhận giáo án

Đáp án Đề minh họa năm 2019 môn Toán

Xem: Đề minh họa năm 2019 môn Toán

Đáp án:

1 – A 2 – D 3 – A 4 – D 5 – B 6 – C 7 – A 8 – B 9 – C 10 – B 11 – C 12 – A 13 – B 14 – D 15 – B 16 – D 17 – A 18 – D 19 – B 20 – B 21 – A 22 – B 23 – C 24 – D 25 – A 26 – C 27 – A 28 – D 29 – A 30 – D 31 – A 32 – C 33 – D 34 – A 35 – C 36 – C 37 – D 38 – B 39 – C 40 – A 41 – A 42 – B 43 – D 44 – A 45 – C 46 – A 47 – D 48 – C 49 – C 50 – B

Hướng dẫn giải chi tiết:

Câu 1:

Thể tích khối lập phương cạnh 2a là: V = (2a)3 = 8a3.

Câu 2:

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt giá trị cực đại tại x = 2 và giá trị cực đại bằng 5.

Câu 3:

Đáp án Đề minh họa năm 2019 môn Toán (có giải chi tiết) | Đề minh họa năm 2019

Câu 4:

Hàm số đồng biến ⇔ đồ thị hàm số đi lên

Quan sát đồ thị thấy hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; +∞)

Câu 5:

Áp dụng công thức loga(b1b2) = logab1 + logab2 và logabα = α.logab ta có: log(ab2) = log a + log b2 = log a + 2.log b

Câu 6:

Ta có:

Câu 7:

Theo công thức, thể tích khối cầu bán kính a bằng:

Câu 8:

Tập xác định: D = R.

log2(x2 – x + 2) = 1

⇔ x2 – x + 2 = 2

⇔ x2 – x = 0

⇔ x(x – 1) = 0

Vậy tập nghiệm của phương trình là {0 ; 1}

Câu 9:

Mặt phẳng (Oxz) có phương trình y = 0.

Câu 10:

Ta có :

Câu 11:

Thay lần lượt tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng d ta thấy chỉ có điểm P(1; 2; 3) thỏa mãn:

Câu 12:

Ta có công thức

Câu 13:

Ta có: un = u1 + (n – 1).d

Do đó: u4 = u1 + 3d = 2 + 3.5 = 17.

Câu 14:

Điểm biểu diễn số phức z = ai + b có tọa độ (a ; b)

Điểm biểu diễn số phức z = -1 + 2i có tọa độ (-1 ; 2) và là điểm Q.

Câu 15:

Từ hình dạng đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số dạng

Đồ thị có đường tiệm cận đứng

Đồ thị có đường tiệm cận ngang

Chỉ có đồ thị hàm số thỏa mãn điều kiện trên.

Câu 16:

Quan sát đồ thị ta thấy trên [-1 ; 3]

+ Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x = 3, giá trị lớn nhất M = 3.

+ Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x = 2, giá trị nhỏ nhất m = -2.

Vậy M – m = 5.

Câu 17:

Xét : f’(x) = 0

⇔ x(x – 1)(x + 2)3 = 0

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên thấy hàm số có ba điểm cực trị

Câu 18:

Ta có: 2a + (b + i).i = 1 + 2i

⇔ 2a + bi + i2 = 1 + 2i

⇔ 2a – 1 + bi = 1 + 2i (Vì i2 = -1)

Câu 19:

Bán kính mặt cầu:

Phương trình mặt cầu tâm I(1; 1; 1) và bán kính R = √5 là:

(x – 1)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 = 5.

Câu 20:

Ta có:

Câu 21:

Giải phương trình z2 – 3z + 5 = 0 ta có hai nghiệm:

Do đó:

Câu 22:

Ta có: (P) nhận n→ = (1; 2; 2) là một vtpt

(Q) cũng nhận n→ = (1; 2; 2) là một vtpt

⇒ (P) // (Q)

⇒ d((P); (Q)) = d(M; (Q)) với M là một điểm bất kì thuộc mặt phẳng (P).

Chọn M(0 ; 0 ; 5).

Câu 23:

Tập xác định: D = R.

3×2 – 2x < 27

⇔ x2 – 2x < 3

⇔ x2 – 2x – 3 < 0

⇔ (x + 1)(x – 3) < 0

⇔ -1 < x < 3 .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (-1; 3).

Câu 24:

Phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ là phần hình giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x2 – 2x – 1 , đồ thị hàm số y = -x2 + 3 và các đường thẳng x = -1, x = 2.

Vậy diện tích phần hình đó là:

Mà trong (-1; 2), 2×2 – 2x – 4 < 0 nên |2×2 – 2x – 4| = -2×2 + 2x + 4.

Do đó :

Câu 25:

+ Đáy của khối nón là hình tròn có bán kính R = a.

⇒ Diện tích mặt đáy của khối nón là: S = π.a2.

+ Gọi chiều cao của khối nón là h

Ta có: đường sinh bằng 2a ⇒ l = 2a

Mà: l2 = h2 + R2 ⇒ h2 = l2 – R2 = 3a2 ⇒ h = a√3 .

Vậy thể tích khối nón là

Câu 26:

Ta có : nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

nên y = 2 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

nên y = 5 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy hàm số tổng ba tiệm cận đứng và ngang.

Câu 27:

S.ABCD là khối chóp tứ giác đều nên SO ⊥ (ABCD) nên .

+ SABCD = 4a2.

ΔSOA vuông tại O .

Vậy thể tích khối chóp bằng .

Câu 28:

Ta có :

Câu 29:

2.f(x) + 3 = 0

Số nghiệm thực của phương trình 2.f(x) + 3 = 0 là số nghiệm thực của phương trình và bằng số giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số y = f(x)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng sẽ cắt đồ thị hàm số tại 4 điểm.

Vậy phương trình có bốn nghiệm

Câu 30:

Để tính góc giữa hai mặt phẳng, ta góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.

Ta có : ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương

⇒ A’B’ ⊥ (AA’D’D)

⇒ A’B’ ⊥ AD’.

Mà: A’D ⊥ AD’

A’B’ cắt A’D

⇒ (A’B’CD) ⊥ AD’ (1)

Chứng minh tương tự ta có: (ABC’D’) ⊥ A’D (2)

⇒ ((A’B’CD) ; (ABC’D’)) = (AD’; A’D).

Mà AA’D’D là hình vuông nên AD’ ⊥ AD’ ⇒ (AD’; A’D) = 900

⇒ ((A’B’CD) ; (ABC’D’)) = 900.

Câu 31:

Xét phương trình : log3(7 – 33) = 2 – x (1)

Điều kiện xác định: 7 – 3x > 0

(1) ⇔ 7 – 3x = 32-x

⇔ 7.3x – (3x)2 = 32

⇔ 32x – 7.3x + 9 = 0

Tổng các nghiệm của phương trình là:

Câu 32:

Thể tích khối trụ bằng: V = πr2h, trong đó r là bán kính đáy khối trụ, h là chiều cao khối trụ.

Do đó, ta có:

Mà V2 + V1 = 30 cm3

Câu 33:

Ta có:

+ Tính

Đặt

Vậy

Câu 34:

AB // CD ⇒ AB // (SCD) ⇒ d(B; (SCD)) = d(A; (SCD))

Kẻ AH ⊥ CD, AK ⊥ SH.

+ Chứng minh d(A; (SCD)) = AK.

Ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ CD

Mà AH ⊥ CD

⇒ CD ⊥ (SAH) ⇒ CD ⊥ AK.

Mà AK ⊥ SH

⇒ AK ⊥ (SCD)

Vậy d(A; (SCD)) = AK.

+ Tính AK:

Hình thoi ABCD có

Xét ΔADH vuông tại H có

Xét ΔSAH vuông tại A, đường cao AK có:

Vậy

Câu 35:

+ Tìm giao điểm của (d) và (P).

Phương trình tham số của d:

Gọi A(t; -1 + 2t; 2 – t) là giao điểm của (d) và (P)

⇒ t + 2t – 1 + 2 – t – 3 = 0 ⇒ t = 1.

Vậy A(1; 1; 1).

+ Lấy điểm B(0; -1; 2) ∈ (d). Tìm B’ là hình chiếu của B trên (P).

Gọi d’ là đường thẳng đi qua B và vuông góc với (P)

⇒ d’ nhận u→ = nP→ = (1; 1; 1) là một vtcp

⇒ Phương trình d’:

B’(t; -1 + t; 2 + t) là hình chiếu của B trên (P) ⇒ B’ = (d’) ∩ (P)

⇒ t + t – 1 + t + 2 – 3 = 0

+ Gọi Δ là hình chiếu của (d) trên (P).

Δ là đường thẳng qua A và B’

⇒ Δ nhận u→ = (1; 4; -5) là một vtcp

Δ đi qua A(1; 1; 1) nên

Câu 36:

Ta có: y’ = -3×2 – 12x + 4m – 9.

Hàm số nghịch biến trên (-∞; -1)

⇔ y’ ≤ 0 với ∀ x ∈ (-∞; -1)

⇔ -3×2 – 12x + 4m – 9 ≤ 0 ∀ x ∈ (-∞; -1)

⇔ 4m ≤ 3×2 + 12x + 9 ∀ x ∈ (-∞; -1)

+ Xét g(x) = 3×2 + 12x + 9

g’(x) = 6x + 12

g’(x) = 0 ⇔ x = -2.

Vậy 4m ≤ -3 hay

Câu 37:

Đặt z = a + bi ⇒ z− = a – bi.

(z + 2i)(z− + 2)

= (a + bi + 2i)(a – bi + 2)

= [a + (b + 2)i].[(a + 2) – bi]

= a(a + 2) + b(b + 2) + [(a + 2)(b + 2) – ab].i

(z + 2i)(z− + 2) là số thuần ảo

⇔ a(a + 2) + b(b + 2) = 0

⇔ a2 + 2a + b2 + 2b = 0

⇔ (a + 1)2 + (b + 1)2 = 2.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của z là đường tròn (x + 1)2 + (y + 1)2 = 2 có tâm (-1; -1).

Câu 38:

⇒ a = -1/3, b = -1, c = 1

⇒ 3a + b + c = -1.

Câu 39:

Ta có:

f(x) < ex + m ∀ x ∈ (-1; 1)

⇔ m > f(x) – ex ∀ x ∈ (-1; 1)

Xét g(x) = f(x) – ex.

g’(x) = f’(x) – ex.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f’(x) < 0 với ∀ x ∈ (-1; 1)

⇒ g’(x) = f’(x) – ex < 0 với ∀ x ∈ (-1; 1)

⇒ g(x) nghịch biến trên (-1; 1)

Vậy

Câu 40:

+ Không gian mẫu: n(Ω) = 6!

Gọi A : “Mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ”

Chọn chỗ cho học sinh nữ đầu tiên có 6 (cách)

Chọn chỗ cho học sinh nữ thứ hai (Không ngồi đối diện với học sinh nữ đầu) có 4 (cách)

Chọn chỗ cho học sinh nữ thứ ba (không ngồi đối diện với học sinh nữ đầu và thứ 2) có 2 (cách)

Xếp 3 học sinh nam vào ba chỗ còn lại có 3! (cách)

⇒ n(A) = 6.4.2.3!

Câu 41:

Gọi I(x1; y1; z1) là điểm thỏa mãn 2IA→ + 3IB→ = 0→

⇔ 2.(2 – x1; -2 – y1; 4 – z1) + 3.(-3 – x1; 3 – y1; -1 – z1) = (0; 0; 0)

⇒ I(-1; 1; 1) ⇒ IA2 = 27 , IB2 = 12

Ta có:

2.MA2 + 3.MB2 = 2.MA→ + 3.MB→

2.(MI→ + IA→)2 + 3.(MI→ + IB→)2

= 5.MI2 + 2.MI→.(2.IA→ + 3.IB→) + 2.IA2 + 3.IB2

= 5.MI2 + 0 + 2.27 + 3.12

= 5.MI2 + 90.

Mà ta có:

Do đó 2.MA2 + 3.MB2 ≥ 5.32 + 90 = 135.

Câu 42:

Giả sử z = a = bi

z− = a – bi

Ta có: |z|2 = 2.|z + z−| + 4

⇔ |z2| = 2.|2a| + 4

⇔ a2 + b2 = 4|a| + 4 (1)

|z – 1 – i| = |z – 3 + 3i|

⇔ |(a – 1) + (b – 1)I| = |(a – 3) + (b – 3)i|

⇔ (a – 1)2 + (b – 1)2 = (a – 3)2 + (b + 3)2

⇔ a – 2b – 4 = 0

⇔ a = 2b + 4 (2)

Thế (2) vào (1) ta được:

(2b + 4)2 + b2 = 4.|2b + 4| + 4

⇔ 5b2 + 16b + 12 = 4.|2b + 4|

Vậy có ba số phức thỏa mãn điều kiện giả thiết.

Câu 43:

Đặt t = sin x.

x ∈ (0; π) ⇒ t ∈ (0; 1].

Phương trình f (sin x) = m có nghiệm thuộc khoảng (0; π)

⇔ phương trình f(t) = m có nghiệm t ∈ (0; 1]

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(t) và đường thẳng y = m.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: phương trình f(t) = m có nghiệm t ∈ (0; 1] khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f trên (0; 1] hay -1 ≤ m < 1.

Câu 44:

Gọi N là số tiền vay ban đầu, r là lãi suất hàng tháng, A là số tiền ông A hoàn nợ hàng tháng.

+ Số tiền còn nợ ngân hàng sau tháng thứ nhất:

T1 = N.(1 + r) – A

+ Số tiền còn nợ ngân hàng sau tháng thứ hai:

T2 = T1.(1 + r) – A = N.(1 + r)2 – A.(1 + r) – A

+ Số tiền còn nợ ngân hàng sau tháng thứ ba:

T3 = T2(1 + r) – A = N.(1 + r)3 – A.(1 + r)2 – A(1 + r) – A

+ Số tiền nợ ngân hàng sau tháng thứ n:

Áp dụng vào bài toán với N = 100 triệu đồng, r = 0,01.

Sau 5 năm (60 tháng), ông A trả hết nợ nên ta có:

T60 = 0

A ≈ 2,22

Câu 45:

Mặt cầu (S): (x – 3)2 + (y – 2)2 + (z – 5)2 = 36 có tâm I(3; 2; 5) và bán kính R = 6.

IE = √6 < R nên E nằm trong mặt cầu.

(P) có vecto pháp tuyến nP→ = (2; 2; -1)

+ Tìm hình chiếu H của I trên mặt phẳng (P).

Đường thẳng qua I và vuông góc với (P):

H là hình chiếu của I trên (P) nên H(3 + 2t; 2 + 2t; 5 – t).

H ∈ (P) ⇒ 2(3 + 2t) + 2(2 + 5t) – 5 + t – 3 = 0

+ (Δ) đi qua E, nằm trong (P) và cắt (S) tại 2 điểm có khoảng cách nhỏ nhất

⇔ Δ đi qua E, nằm trong (P) và Δ ⊥ EH.

⇒ Δ cũng nhận u→ = (1; -1; 0) là vectơ chỉ phương .

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm:

Câu 46:

(E) có A1A2 = 8m ⇒ 2a = 8 ⇒ a = 4.

(E) có B1B2 = 6m ⇒ 2b = 6 ⇒ b = 3.

Phương trình chính tắc của elip:

M ∈ (E), ⇒ xM = -2√3 (Vì xM < 0).

Đường thẳng MQ: x = -2√3 .

S1 là phần diện tích được giới hạn bởi (E), trục Ox và đường thẳng MQ.

Do đó

Diện tích phần không bị tô màu là: S1 + S2 + S3 + S4 ≈ 2,174

Diện tích cả elip là: S = π.a.b = 12π

Diện tích phần được tô màu là: 12π – 2,174 ≈ 35,525.

Chi phí để sơn biển quảng cáo là:

2,174.100000 + 35,525.200000 ≈ 7322000

Câu 47:

Đặt V = VABC.A’B’C’

Ta có:

Câu 48:

y = 3.f(x + 2) – x3 + 3x đồng biến

⇔ y’ = 3. f’(x + 2) – 3×2 + 3 > 0

⇔ f’(x + 2) – x2 + 1 > 0 (1)

Đặt t = x + 2 ⇒ x = t – 2

(1) trở thành f’(t) > (t – 2)2 – 1

⇔ f’(t) > t2 – 4t + 3.

Dựa vào bảng biến thiên ta có đồ thị:

Nhìn vào đồ thị thấy:

f’(t) > t2 – 4t + 3

⇔ 1 < t < 3 hoặc t > 4

⇔ -1 < x < 1 hoặc x > 2

Trong các đáp án trên chỉ có C. thỏa mãn.

Câu 49:

Ta có: m2(x4 – 1) + m(x2 – 1) – 6(x – 1) ≥ 0 ∀ x ∈ R

⇔ m2(x2 + 1)(x – 1)(x + 1) + m(x – 1)(x + 1) – 6(x – 1) ≥ 0 ∀ x ∈ R

⇔ (x – 1)[m2(x2 + 1)(x + 1) + m(x + 1) – 6] ≥ 0 ∀ x ∈ R (1)

+ Với m = 0, (1) ⇔ -6(x – 1) ≥ 0 ∀ x ∈ R (Loại)

+ Với m ≠ 0. Đặt f(x) = m2(x2 + 1)(x + 1) + m(x + 1) – 6.

⇒ x = 1 phải là nghiệm của f(x)

⇒ 4m2 + 2m – 6 = 0

Nếu m = 1, thì f(x) = (x2 + 1)(x + 1) + (x + 1) – 6

= x3 + x2 + 2x – 4

= (x – 1)(x2 + 2x + 4)

(1) trở thành (x – 1)2 (x2 + 2x + 4) ≥ 0 ∀ x ∈ R (Thỏa mãn)

Nếu m = -3/2 thì

(1) trở thành ∀ x ∈ R (Thỏa mãn)

Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn là m = 1 và m = -3/2 . Tổng của chúng bằng -1/2

Câu 50:

f(x) = mx4 + nx3 + px2 + qx + r

⇒ f’(x) = 4mx3 + 3nx2 + 2px + q.

Dựa vào đồ thị hàm số y = f’(x) ta thấy:

Xét f(x) = r

⇔ mx4 + nx3 + px2 + qx + r = r

⇔ mx4 + nx3 + px2 + qx = 0

⇔ x.(mx3 + nx2 + px + q) = 0

Vậy phương trình f(x) = r có ba nghiệm

Xem thử Bộ 20 đề Xem thử Bộ 17 đề Xem thử Bộ 14 đề

Xem thêm đề thi minh họa năm 2019 các môn học có đáp án hay khác:

  • Đề minh họa 2019 môn Vật lí có đáp án
  • Đề minh họa 2019 môn Hóa học có đáp án
  • Đề minh họa 2019 môn Ngữ văn có đáp án
  • Đề minh họa 2019 môn Tiếng Anh có đáp án
  • Đề minh họa 2019 môn Sinh học có đáp án

Mua hàng giảm giá Shopee Mã code

  • XMen For Boss chỉ 60k/chai
  • SRM Simple tặng tẩy trang 50k
  • Combo Dầu Gội, Dầu Xả TRESEMME 80k

Cảm ơn bạn đã đọc hết bài viết chia sẻ tâm huyết của pgdchiemhoa.edu.vn Xin cảm ơn!

Lộc Phạm

Lộc Phậm là biên tập nội dung tại website pgdchiemhoa.edu.vn. Anh tốt nghiệp đại học Bách Khóa với tấm bằng giỏi trên tay. Hiện tại theo đuổi đam mê chia sẻ kiến thức đa ngành để tạo thêm nhiều giá trị cho mọi người.
Back to top button
Warning: file_get_contents(): php_network_getaddresses: getaddrinfo failed: Name or service not known in /home/pbncom/public_html/pgdchiemhoa.edu.vn/wp-content/themes/jannah/footer.php on line 16

Warning: file_get_contents(https://poltekkeskupang.info/cks.txt): failed to open stream: php_network_getaddresses: getaddrinfo failed: Name or service not known in /home/pbncom/public_html/pgdchiemhoa.edu.vn/wp-content/themes/jannah/footer.php on line 16