Bộ Đề thi THPT Quốc gia chuẩn cấu trúc Bộ Giáo dục môn Toán 2019 (Đề số 3)

Mỗi cách xếp 3 bạn vào 5 chiếc ghế là một chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử nên số cách xếp có được là $A_5^3$  (cách).

Chọn đáp án C.

Ta có: $f\left(x\right)=2^{2x}=4^x$ nên nguyên hàm của f(x) là $\frac{4^x}{\ln 4}+C$

Chọn đáp án A.

Hình chiếu vuông góc của điểm A(-2;1;3) lên trục Ox là A(-2;0;0).

Chọn đáp án B.

Ta có:

$f\text{'}\left(x\right)=x{(x+1)}^2>0\iff x>0$ 

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$

Chọn đáp án D.

Ta có:

$$\begin{gathered} {\int }_0^{1}f\left(x\right)dx+{\int }_1^{2}f\left(x\right)dx={\int }_0^{2}f\left(x\right)dx \\ \iff {\int }_0^{2}f\left(x\right)dx=2+3=5 \end{gathered}$$

Chọn đáp án C.

Ta có: $\log \left(a^2{b}^3\right)=\log a^2+\log b^3$

$=2\log a+3\log b\left(a,b>0\right)$

Chọn đáp án C.

Ta có

$\log \left(54-x^3\right)=3\log x\iff \log \left(54-x^3\right)=\log x^3$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\begin{array}{c}54-x^3>0\\ x>0\end{array}\\ 54-x^3=x^3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}0<x<3\sqrt[3]{2}\\ 2x^3=54\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}0<x<3\sqrt[3]{2}\\ x=3\end{array}\right.\iff x=3$

Chọn đáp án B.

Mặt cầu (S) có tâm I(3;-2;0) và bán kính $R=\sqrt{3^2+0+2^2+12}=5$ 

Khoảng cách từ I đến (P) là

d(I,(P))=$\sqrt{R^2-r^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$ 

Đối chiếu các đáp án ta thấy:

Đáp án A:

nên loại A.

Đáp án B:

 

nên loại B.

Đáp án C:

nên chọn C.

Chọn đáp án C.

Gọi r là bán kính đáy, theo đề bài ta có $h=10cm; V=90{\mathrm{\pi cm}}^3$ 

$V={\mathrm{\pi r}}^2\mathrm{h}\iff 90\mathrm{\pi }={\mathrm{\pi r}}^2.10\Rightarrow \mathrm{r}=3\mathrm{cm}$ 

Diện tích xung quanh hình trụ là

$S_{xq}=2\mathrm{\pi rh}=2\mathrm{\pi }.3.10=60{\mathrm{\pi cm}}^2$

Chọn đáp án D.

Gọi z=a+bi $\left(a\in \mathrm{ℝ},b\in \mathrm{ℝ}\right)$, ta có:

Giải (1) ta có:

Do đó a=4; b=3;$\Rightarrow$z=4+3i

Khi đó

=1-4-3i+16+24i-9=4-21i

Vậy $\left|w\right|=\sqrt{4^2+{\left(-21\right)}^2}=\sqrt{457}$.

Chọn đáp án D.

ĐKXĐ: x#2 

Xét trên đoạn [0;1]

Ta có

Chọn đáp án A.

Từ đồ thị hàm số đã cho ta dựng được đồ thị hàm số y=|f(x)| như sau:

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy, trên đoạn [0;5] thì đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y=|f(x)| tại đúng 5 điểm phân biệt nếu và chỉ nếu 0<m<1.

Chọn đáp án A.

Mặt cầu $x^2+y^2+z^2-4x+2y-2az+10a=0$ có:

+) Tâm I(2;-1;a) 

+) Bán kính

$R=\sqrt{2^2+{\left(-1\right)}^2+a^2-10a}=\sqrt{a^2-10a+5}$ với điều kiện

$a^2-10a+5>0\iff [\begin{array}{c}a>5+2\sqrt{5}\\ a<5-2\sqrt{5}\end{array}$ 

Đường tròn lớn của hình cầu có bán kính $R=\sqrt{a^2-10a+5}$

nên chu vi $C=2\mathrm{\pi }\sqrt{{\mathrm{a}}^2-10\mathrm{a}+5}$ 

Theo đề bài ta có

$$\begin{gathered} C=8\mathrm{\pi }\iff 2\mathrm{\pi }\sqrt{{\mathrm{a}}^2-10\mathrm{a}+5}=8\mathrm{\pi } \\ \iff \sqrt{{\mathrm{a}}^2-10\mathrm{a}+5}=4 \\ \iff {\mathrm{a}}^2-10\mathrm{a}+5=16 \\ \iff {\mathrm{a}}^2-10\mathrm{a}-11=0\iff \left[\begin{array}{c}\mathrm{a}=-1\\ \mathrm{a}=11\end{array}\right(\mathrm{tm}) \end{gathered}$$

Vậy $a=\left\{-1;11\right\}$

Chọn đáp án C.

Đặt $y=f\left(x\right)=\frac{1}{3}{x}^3-m{x}^2+\left(m^2-m+1\right)x+1$

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=x^2-2mx+m^2-m$;

$f\text{'}\text{'}\left(x\right)=2x-2m$

Hàm số đạt cực đại tại

x=1$\iff \left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(1\right)=0\\ f\text{'}\text{'}\left(1\right)<0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{1}^2-2m.1+m^2-m+1=0\\ 2.1-2m<0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-3m+2=0\\ 2-2m<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}[\begin{array}{c}m=1\\ m=2\end{array}\iff m=2\\ m>1\end{array}\right.$

Chọn đáp án D.

ĐK: x>0.

Ta có

Kết hợp điều kiện ta có $S=\left[\frac{1}{2};64\right]$

Chọn đáp án D.

Ta có: $2^x.5^{x^2-2x}=1$

 

Vậy tổng hai nghiệm $0+\left(2-{\log }_{5}2\right)=2-{\log }_{5}2$

Chọn đáp án A.

Từ bài ra ta có A(0;3),B(2;-2),C(-5;-1)

$\Rightarrow$ Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ

$\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{0+2+(-5)}{3}=-1\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{-3+(-2)+(-1)}{3}=-2\end{array}\right.$

$\Rightarrow$G(-1;-2)

Điểm G(-1;-2) biểu diễn số phức z=-1-2i.

Chọn đáp án B.

Diện tích tam giác ABC là:

 $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A=\frac{1}{2}a.2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Thể tích lăng trụ

$V=S_{ABC}.AA\text{'}=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}.2a\sqrt{5}=a^3\sqrt{15}$

Chọn đáp án A.

Thể tích cần tìm là

Chọn đáp án A.

Điều kiện:

 

Từ đồ thị hàm số y=f(x) ta thấy phương trình f(x)=0 có nghiệm x=-3 (bội 2) và nghiệm đơn $x=x_0\in \left(-1;0\right)$ nên ta viết lại $f\left(x\right)=a{\left(x+3\right)}^2\left(x-x_0\right)$ 

Khi đó

Dựa vào đồ thị ta cũng thấy, đường thẳng y=2 cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại ba điểm phân biệt x=-1,$x=x_1\in \left(-3;-1\right),x=x_2<-3$ nên ta viết lại

 

Khi đó

 

 

Dễ thấy $x=x_0\in \left(-1;0\right)$ nên ta không xét giới hạn của hàm số tại điểm $x_0$  

Ta có:

+) $\underset{x\to 0^{+}}{lim}g\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{lim}$

 

$\Rightarrow x=0$ là đường TCĐ của đồ thị hàm số y=g(x) 

+)  

$\Rightarrow$ Các đường thẳng $x=-3,x=x_1,x=x_2$ đều là các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=g(x)

Vậy đồ thị hàm số y=g(x) có tất cả 4 đường tiệm cận đứng.

Chọn đáp án D.

Các tam giác ABC và ABD đều là tam giác cân có 1 góc bằng 60⁰ (gt) nên $∆ABC;∆ABD$ là các tam giác đều.

Lấy N  là trung điểm AB. Khi đó $CN\perp AB;DN\perp AB$ (tính chất tam giác đều)

$\Rightarrow AB\perp \left(DCN\right)\Rightarrow AB\perp DC$ 

Nên góc giữa AB và CD là $90°$.

Chọn đáp án A.

Diện tích hình tròn $S={\mathrm{\pi R}}^2$ 

Gọi bán kính đường tròn đáy hình nón là r(0<r<R) ta có

Xét hàm 

có 

 

 

Bảng biến thiên:

Do đó thể tích V đạt GTLN tại $r=\frac{R\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$. Khi đó

Vậy 

Chọn đáp án D.

ĐK: x#1 

Ta có

 

 

Để hàm số đồng biến trên $\left(4;+\infty \right)$ thì $y\text{'}\ge 0; \forall x>4$

+ Với m+1=0$\iff$m=-1$\Rightarrow$0>-4 (luôn đúng) nên nhận m=-1.(1) 

+ Với m+1>0

Xét hàm số $g\left(x\right)=x^2-2x$ có $g\text{'}\left(x\right)=2x-2=0\iff x=1\notin \left(4;+\infty \right)$, ta có BBT trên $\left(4;+\infty \right)$ là

 Từ BBT suy ra

+ Với m+1<0$\iff m<-1$

 

Từ BBT của g(x) suy ra không có m thỏa mãn.

Từ (1) và (2) suy ra $m\ge -1$ mà $m\in \left[-2019;2019\right]$ và m nguyên nên  $m\in \left\{-1;0;..;2019\right\}\Rightarrow$ có 2021 số thỏa mãn.

Chọn đáp án D.

Ta có

Theo bài ra ta có:

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(-1;1;$-\sqrt{8}$) , bán kính r=6

Chọn đáp án C.

Ta có

với $\forall x\in \mathrm{ℝ}.$$\Rightarrow m\ge \underset{\mathrm{ℝ}}{max}f\left(x\right)$

Xét hàm $f\left(x\right)=\frac{4x}{x^4+1}$ trên $\mathrm{ℝ}$ 

Ta có

Từ đó 

Ta có BBT:

Từ BBT suy ra $m\ge \frac{3}{\sqrt[4]{3}}\approx 2,27$ mà m nguyên

và $m\in \left[-50;50\right]\Rightarrow m\in \left\{3;4;..;50\right\}$

Tổng $S=3+4+..+50=\frac{\left(3+50\right).48}{2}=1272$

Chọn đáp án A.

Điều kiện:

$\cos x\#0\iff x\#\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k\mathrm{\pi },\mathrm{k}\in \mathrm{ℝ}$.

Ta có:

Đặt t=log|cosx|. Do $0<\left|\cos x\right|\le 1$ nên $\log \left|\cos x\right|\le 0$ hay $t\in (-\infty ;0]$

Phương trình trở thành $t^2-2mt-m^2+4=0\left(*\right)$

có $∆\text{'}=m^2+m^2-4=2m^2-4$

Phương trình đã cho vô nghiệm nếu và chỉ nếu phương trình (*) vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm (không nhất thiết phân biệt) $t_1,t_2$ thỏa mãn $0<t_1\le t_2$

TH1: (*) vô nghiệm

TH2: (*) có hai nghiệm thỏa mãn $0<t_1\le t_2$

Kết hợp hai trường hợp ta được $m\in \left(-\sqrt{2};2\right)$

Chọn đáp án C.

Ta có

 

Ta có: $f\left(0\right)=1\Rightarrow 1=3C$

Xét hàm  trên [-2;1]

Ta có

  

Nhận thấy $f\text{'}\left(x\right)>0\forall x\in \mathrm{ℝ}\Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên (-2;1)

Suy ra $\underset{\left[-2;1\right]}{max} f\left(x\right)=f\left(1\right)=\sqrt[3]{16}$

Chọn đáp án C.

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD, BC thì AB / / EF $\Rightarrow$ AB / / (SEF) 

Mà  

Dựng  $AH\perp SE$

Ta thấy: FE / / AB, $AB\perp \left(SAD\right)\Rightarrow FE\perp \left(SAD\right)\Rightarrow FE\perp AH$ 

Mà $AH\perp SE$ nên $AH\perp \left(SEF\right)\iff d(A,(SEF\left)\right)=AH$ 

ABCD là hình vuông cạnh a nên $BD=a\sqrt{2}$ 

Dễ dàng chứng minh được $∆SAB=∆SAD\left(c.g.c\right)\Rightarrow SB=SD$ 

Tam giác SBD cân có $SBD=60°$nên đều $\Rightarrow SD=BD=a\sqrt{2}$ 

Tam giác SAD vuông tại A có $SA=\sqrt{S{D}^2-A{D}^2}=\sqrt{2a^2-a^2}=a$ 

Tam giác SAE vuông tại A có

Do đó

Chọn đáp án D.

Gọi I(x;y;z) là điểm thỏa mãn $3\stackrel{\rightharpoonup }{IA}-2\stackrel{\rightharpoonup }{IB}=\overrightarrow{0}\iff 3\stackrel{\rightharpoonup }{IA}=2\stackrel{\rightharpoonup }{IB}$

Ta có 

Khi đó $3\stackrel{\rightharpoonup }{IA}=2\stackrel{\rightharpoonup }{IB}$

Ta có:

 (vì $3\stackrel{\rightharpoonup }{IA}-2\stackrel{\rightharpoonup }{IB}=\stackrel{\rightharpoonup }{0}$)

Khi đó $|3\stackrel{\rightharpoonup }{MA}-2\stackrel{\rightharpoonup }{MB}|=\left|\stackrel{\rightharpoonup }{MI}\right|=MI$ nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P)

Phương trình đường thẳng d qua I(-3;-2;8) và vuông góc với (P) là

Suy ra $M=d\cap \left(P\right)$ nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

Từ đó 

$\Rightarrow S=9a+3b+6c=-33-8+44=3$

Chọn đáp án B.

Xếp 2 học sinh lớp A có 2! cách xếp, khi đó tạo ra 3 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.

Xếp bạn lớp B thứ nhất vào 1 trong 2 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 2 cách, khi đó tạo ra 4 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.

Xếp bạn lớp B thứ 2 vào 1 trong 3 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 3 cách, khi đó tạo ra 5 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.

Xếp bạn lớp B thứ 3 vào 1 trong 4 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 4 cách, khi đó tạo ra 6 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.

Xếp bạn lớp C thứ nhất vào 1 trong 6 khoảng trống (kể cả khoảng trống giữa 2 bạn lớp A) có 6 cách, khi đó tạo ra 7 khoảng trống.

Cứ như vậy ta có :

Xếp bạn lớp C thứ hai có 7 cách.

Xếp bạn lớp C thứ ba có 8 cách.

Xếp bạn lớp C thứ tư có 9 cách.

Vậy số cách xếp 9 học sinh trên thỏa mãn yêu cầu là 2!.2.3.4.5.6.7.8.9=145152 cách.

Chọn đáp án C.

Ta có

Nên

Lấy nguyên hàm hai vế ta có:

Thay x=0 vào ta được f '(0).f(0)=C$\iff$C=1

Lấy nguyên hàm hai vế ta được

Lại có f(0)=1$\Rightarrow 2C_1=1$

$\Rightarrow$

Suy ra ${\left(f\left(1\right)\right)}^2=8$

Chọn đáp án B.

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{x}^2-xy+3=0\left(1\right)\\ 2x+3y-14\le 0\left(2\right)\end{array}\right.$

Do x,y>0 nên $\iff \frac{x^2+3}{x}$ thay vào (2) ta được:

$2x+3.\frac{x^2+3}{x}-14\le 0$

$\iff \frac{2x^2+3x^2+9-14x}{x}\le 0$

$\iff 5x^2-14x+9\le 0\iff 1\le x\le \frac{9}{5}$

Thay $y=\frac{x^2+3}{x}$ vào P ta được:

$P=3x^{2}y-x{y}^2-2x^3+2x$

$=3x^2.\frac{x^2+3}{x}-x.{\left(\frac{x^2+3}{x}\right)}^2-2x^3+2x$

$P\text{'}=5+\frac{9}{x^2}>0$ với mọi x nên hàm số P=P(x) đồng biến trên $\left[1;\frac{9}{5}\right]$

Vậy 

Tổng .

Chọn đáp án B.

ĐK:

Ta có

${\log }_3\frac{1-y}{x+3xy}=3xy+x+3y-4$

Xét hàm số $f\left(x\right)={\log }_{3}t+3t\left(t>0\right)$

có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{1}{t\ln 3}+3>0;\forall t>0$ nên hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$

Kết hợp (*) suy ra

Xét $P=x+y\Rightarrow x=P-y$ thay vào (**) ta được

Ta tìm giá trị nhỏ nhất của $g\left(y\right)=\frac{3y^2-2y+3}{3y+1}$ trên (0;1)

Ta có

Giải phương trình

Lại có $g\text{'}\left(y\right)<0\forall y\in \left(0;\frac{-1+2\sqrt{3}}{3}\right)$

và $g\text{'}\left(y\right)>0\forall y\in \left(\frac{-1+2\sqrt{3}}{3};1\right)$

Hay g'(y) đổi dấu từ âm sang dương tại $y=\frac{-1+2\sqrt{3}}{3}$ nên

$\Rightarrow P_{min}=\frac{4\sqrt{3}-4}{3}$

Chọn đáp án A.

Gọi bán kính khối cầu là R ta có:

Khi đó chiều cao hình nón

$h=OS=2R=6dm$ 

Xét tam giác OES vuông tại O, đường cao OA nên

Thể tích khối nón:

Thể tích nước còn lại là:

 Chọn đáp án B.

Khi cắt hình nón bởi mặt phẳng song song với đường sinh của hình nón thì ta được thiết diện là một parabol.

Giả sử thiết diện như hình vẽ.

Khi đó ta luôn có $AB\perp MH$ 

Kẻ HE / /SA trong mặt phẳng (SAB) 

Khi đó SA//(HME) 

Đặt BH=x(0<x<24), ta có

$SA=\sqrt{S{O}^2+O{A}^2}=\sqrt{{16}^2+{12}^2}=20cm$ 

Xét tam giác AMB vuông tại M có

$$\begin{gathered} M{H}^2=AH.BH=x\left(24-x\right) \\ \Rightarrow MH=\sqrt{x\left(24-x\right)} \end{gathered}$$

(hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Xét tam giác SAB có HE//SA

$\Rightarrow \frac{BH}{AB}=\frac{HE}{SE}\iff HE=\frac{x.20}{24}=\frac{5}{6}x$ 

Thiết diện parabol có chiều cao $HE=\frac{5}{6}x$ và bán kính r=MH=x(24-x) 

Diện tích thiết diện là

$\approx 207,8c{m}^2$

Dấu = xảy ra khi x=72-3x$\iff$x=18(tm)

Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là $S\approx 207,8c{m}^2$

Chọn đáp án D.