Bộ Đề thi THPT Quốc gia chuẩn cấu trúc Bộ Giáo dục môn Toán 2019 (Đề số 6)

Có

Chọn đáp án A.

Có ${\log }_2{x}^2=2{\log }_2\left|x\right|$

Chọn đáp án B.

Hàm số đồng biến khi đồ thị đi lên tức $-1<x<\frac{3}{2}$

Chọn đáp án D.

Giá trị cực đại bằng y(-2)=3 giá trị cực tiểu bằng y(2)=0

Chọn đáp án D.

Có thể tích lăng trụ bằng $V=s_{day}.h=a^2.2a=2a^3$

Chọn đáp án A.

Có

Chọn đáp án C.

Có

$$\begin{gathered} {\log }_{0,25}\left(x^2-3x\right)=-1 \\ \iff x^2-3x={\left(0,25\right)}^{-1}=4 \\ \iff \left(x-4\right)\left(x+1\right)=0\iff [\begin{array}{c}x=-1\\ x=4\end{array} \end{gathered}$$

Chọn đáp án D.

Có $\stackrel{\rightharpoonup }{u_d}=\left(2;-2;1\right)$

Chọn đáp án D.

Có z=1+3i

Chọn đáp án B.

Có

$\int \left(3^x+\sin 8x\right)dx=\frac{3^x}{\ln 3}-\frac{1}{8}cos8x+C$

Chọn đáp án B.

Có $I(5;1;-2),R=\sqrt{3}$

Chọn đáp án A.

Ta có điều kiện lập cấp số cộng:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}x=\frac{5+15}{2}\\ y=\frac{x+y}{2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=10\\ y=20\end{array}\right. \\ \Rightarrow 3x+2y=70 \end{gathered}$$

Chọn đáp án B.

Chú ý ba số a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng $\iff b=\frac{a+c}{2}$

Với mỗi cách chọn ra đúng 3 phần tử của tập A ta được một tập con gồm đúng 3 phần tử, nên số tập con cần tìm bằng $C_{10}^3$.

Chọn đáp án C.

Với mọi số phức z thì $\left|z\right|\ge 0$ và rõ ràng |z| là một số thực, đồng thời cũng là một số phức.

*Tập số thực là con của tập số phức.

Chọn đáp án C.

Đổi về cơ số a có

$$\begin{gathered} {\log }_{\frac{a}{b}}\sqrt{ab}=\frac{{\log }_a\sqrt{ab}}{{\log }_a{\displaystyle \frac{a}{b}}}=\frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}\left(1+{\log }_{a}b\right)}{1-{\log }_{a}b} \\ =\frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}(1+2)}{1-2}=-\frac{3}{2} \end{gathered}$$

Chọn đáp án A.

Đường cong đã cho là đồ thị của hàm đa thức bậc ba qua các điểm (0;0),(1;4),(3;0)

Chọn đáp án D.

Dựa vào bảng biến thiên ta có

$M=f(-1)=3,m=f\left(0\right)=0\Rightarrow M+m=3$

Chọn đáp án A.

Có hàm số xác định trên cả R và f '(x) chỉ đổi dấu khi qua các điểm x=-1;x=1. Vậy hàm số có đúng hai điểm cực trị x=-1;x=1

Chọn đáp án A.

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vuông S.ABC đỉnh A là

$R=\sqrt{\frac{A{S}^2+A{B}^2+A{C}^2}{4}}=\frac{5}{2}$

Chọn đáp án A.

Bất phương trình tương đương với:

$$\begin{gathered} 3^x.2^{x+1}<72.6^a\iff 2.6^x<2.6^{a+2} \\ \iff 6^x<6^{a+2}\iff x<a+2 \end{gathered}$$

Chọn đáp án C.

Có $x^2+5=0\iff z^2={\left(\sqrt{5}i\right)}^2\iff z=\pm \sqrt{5}i$

Chọn đáp án C.

Mặt phẳng đi qua điểm A(5;-4;2) và nhận $\stackrel{\rightharpoonup }{AB}=\left(-4;6;2\right)//\left(2;-3;-1\right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là

$$\begin{gathered} 2(x-5)-3(y+4)-(z-2)=0 \\ \Rightarrow 2x-3y-z-20=0 \end{gathered}$$

Chọn đáp án A.

Phương trình $f\left(x\right)=\frac{5}{3}$ mà $y=\frac{5}{3}\approx 1,67$ là đường thẳng cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt.

Do đó PT đã cho có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn đáp án C.

Quan sát hình vẽ có

$S={\int }_1^3\left|2^x-2\right|dx={\int }_1^3\left(2^x-2\right)dx$

Chọn đáp án C.

Có

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=\left(x^2-2x\right)\text{'}.4^{x^2-2x}.\ln 4 \\ =\left(2x-2\right).4^{x^2-2x}.2\ln 2=4\left(x-1\right)4^{x^2-2x}\ln 2 \end{gathered}$$

Chọn đáp án D.

TCN:

là tiệm cận ngang duy nhất;

TCĐ: Hàm số xác định$\iff f\left(x\right)-1\#0\iff f\left(x\right)\#1$

(vì đồ thị f(x) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm có hoành độ lần lượt x=a<-2;x=0;x=b>2).

Có

$\Rightarrow x=a;x=0;x=b$ là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{1}{f\left(x\right)-1}$ có tổng 4 đường tiệm cận đứng và ngang.

Chọn đáp án B.

Ta có

Và vậy

Chọn đáp án B.

Ta có

và 

nên

Chọn đáp án D.

Theo công thức tính thể tích chóp có

Chọn đáp án B.

Ta có

Do

$\iff k=\pm \frac{\sqrt{6}}{2}$

Mặt khác $\stackrel{\rightharpoonup }{u}$ tạo với tia Oz  một góc tù nên

vậy $\iff k=\frac{\sqrt{6}}{2}$

Vậy $\left(\sqrt{6};-\frac{\sqrt{6}}{2};\frac{\sqrt{6}}{2}\right)$

Chọn đáp án A.

Đổi về cơ số tự nhiên, phương trình tương đương với:

Chọn đáp án C.

Số tiền gửi ban đầu là A thì số tiền người đó thu về (cả gốc và lãi) sau n năm là $A{(1+0,061)}^n$ và số tiền lãi người đó thu về là $A{(1+0,061)}^n-A$

Ta cần tìm n nhỏ nhất sao cho

$$\begin{gathered} A{(1+0,061)}^n-A\ge A \\ \iff {\left(1,061\right)}^n\ge 2\iff n\ge {\log }_{1,061}2\approx 11,7062 \end{gathered}$$

Vậy sau ít nhất 12 năm người này sẽ thu về số tiền lãi ít nhất bằng số tiền ban đầu.

Chọn đáp án A.

Có

Vì

Chọn đáp án A.

Thể tích khối nước trong cốc là

Thể tích của khối cầu là $\frac{4}{3}{\mathrm{\pi R}}^3$

Sau khi thả viên bi, chiều cao của mực nước bằng đường kính khối cầu nên tổng thể tích của nước và khối cầu là 

vậy R=2,7cm.

Chọn đáp án D.

Đường thẳng d đi qua điểm A(1;2;3) và có vectơ chỉ phương $\stackrel{\rightharpoonup }{u}=(1;2;1)$

- Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến $\stackrel{\rightharpoonup }{n}=(1;1;-1)$

- Gọị B là giao điểm của đườn thẳng d và mặt phẳng (P) cho B(2;4;4)

- Vì đường thẳng cần tìm $∆$ nằm trong mặt phẳng $\left(\alpha \right)$, đồng thời vuông góc và cắt đường thẳng d cho nên đường  thẳng $∆$ đi qua điểm B(2;4;4) và có vectơ chỉ phương

$$\begin{gathered} \stackrel{\rightharpoonup }{u_{∆}}=\left[\stackrel{\rightharpoonup }{u};\stackrel{\rightharpoonup }{n}\right]=(-3;2;-1) \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=2-3t\\ y=4+2t\\ z=4-t\end{array}\right. \end{gathered}$$

- Đối chiếu đáp án ta thấy đường thẳng ${∆}_3$ của đáp án A có cùng véctơ chỉ phương và đi qua điểm 
M(5;2;5) thuộc $∆:\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=2-3t\\ y=4+2t\\ z=4-t\end{array}\right.$

Chọn đáp án A.

Mặt cầu (S)có tâm I(-1;1;2),$R=\sqrt{3}$.

Có $\stackrel{\rightharpoonup }{np}=\left[\stackrel{\rightharpoonup }{u_d};\stackrel{\rightharpoonup }{u_{∆}}\right]=\left(-1;0;-1\right)$

$\Rightarrow \left(P\right); x+z+m=0$

Mặt khác

Chọn đáp án D.

Ta có

Khối đó $S=-\frac{\sqrt{3}}{4}$

Chọn đáp án D.

Cách 2: Ta có

Lấy môđun 2 vế có

Thay ngược lại đẳng thức có

Chọn đáp án D.

Có yêu cầu bài toán tương đương với:

$$\begin{gathered} {\log }_2^{2}x-(2m+5){\log }_{2}x+m^2+5m+4<0 \\ \forall x\in [2;4) \end{gathered}$$

$\iff m\in [-2;0)$

Chọn đáp án B.

*Chú ý bấm máy phương trình bậc hai 

có hai nghiệm

Chọn đáp án B.

Vì

nên tích phân cần tính bằng tích phân từng phần

Ta có

=2c-b-a

Chọn đáp án A.

Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh có 10! cách. Ta tìm số cách xếp thoả mãn

Đánh số ghế lần lượt từ 1 đến 10.

Nam xếp ghế lẻ, nữ xếp ghế chẵn có 5!5! cách

Nam xếp ghế chẵn, nữ xếp ghế lẻ có 5!5! cách

Vậy có tất cả 5!5!+5!5!cách xếp. Xác suất cần tính bằng $\frac{5!5!+5!5!}{10!}=\frac{1}{126}$

Chọn đáp án D.

Cách 2: Chia thành 5 cặp ghế đối diện:

Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 1 có $C_5^1{C}_5^{1}2!$cách

Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 2 có $C_4^1{C}_4^1$ cách;

Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 2 có $C_3^1{C}_3^1$ cách;

Chọn 1 nam và 1 nữ xếp vào cặp ghế 2 có $C_2^1{C}_2^1$ cách;

Cặp nam và nữ còn lại xếp vào cặp ghế 5 có 1 cách.

Vậy có tất cả ${\left(C_5^1{C}_4^1{C}_3^1{C}_2^1\right)}^{2}2!=2{\left(5!\right)}^2$ cách xếp thoả mãn.

Xác suất cần tính bằng $\frac{2{\left(5!\right)}^2}{10!}=\frac{1}{216}$

Chọn đáp án D.

Đặt $t=\sin x\in (0;1],\forall x\in (0;\mathrm{\pi })$ Phương trình trở thành: f(t)=m(1)

Ta cần tìm m để (1) có nghiệm thuộc khoảng $(0;1]\iff -4\le m<-2$

Chọn đáp án C.

Chọn gốc toạ độ tại A. Các tia Ox; Oy; Oz lần lượt trùng với các tia AD, AB, AS ta có tọa độ điểm là A(0;0;0); D(2;0;0); $B(0;\sqrt{2};0); S(0;0;\sqrt{2});$ $C\left(2;\sqrt{2};0\right); M\left(0;\frac{\sqrt{2}}{2};\frac{\sqrt{2}}{2}\right); N\left(1;0;0\right)$

Do vậy

và

Chọn đáp án B.

Xét $u=\left|x^4-38x^2+120x+4m\right|$ trên đoạn [0;2] ta có

Vậy

Khi đó

$\iff -26\le m\le 0$

Có 27 số nguyên thoả mãn.

Chọn đáp án D.

Toạ độ ba điểm cực trị là nghiệm của hệ

Cộng lại theo vế có:

Khi đó

Mặt khác từ (1) có $x^3-3x^2+1=0$ ta có biến đổi:

Biến đổi $\frac{1}{4}\left(13x^2-9x+45\right)$ theo $y=\frac{3}{2}{x}^2-6x$

Ta có

Vậy 

Vậy ba điểm cực trị cùng thuộc đường tròn có phương trình (*) và bán kính của đường tròn này là

$=\frac{\sqrt{23797}}{24}\approx 6,4$

Chọn đáp án B.

*Mẹo trắc nghiệm giải phương trình (1) sau khi quy đồng là phương trình bậc ba bấm máy phương trình bậc ba có ba nghiệm lẻ lưu vào các biến nhớ A – B – C.

Khi đó toạ độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho là

Sau đó tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác có toạ độ các đỉnh như trên.

Có (H):

Xét 

Xét 

Vậy 

Chọn đáp án D

Có 

ĐK cần: Để ý g(x)=0 có một nghiệm x=-1 do vậy $g\left(x\right)\ge 0,\forall x$ thì trước tiên g(x) không đổi dấu khi qua điểm x=-1 tức g(x)=0 có nghiệm kép

Điều kiện đủ: Bước tiếp theo cần thử lại:

+) Với 

+) Với

Vậy  là các giá trị cần tìm.

Chọn đáp án C.

*Chú ý bước thử lại các em nên dùng máy CASIO 580 hoặc VINACAL 570 EXPLUS giải bất phương trình bậc bốn để kiểm tra cho nhanh.

Hạ $SD\perp \left(ABC\right)$ Ta có:

$\Rightarrow BA\perp DB\Rightarrow \angle DBC=60°$Tương tự ta có

$\Rightarrow CA\perp DC\Rightarrow \angle CDB=60°$

Do đó $∆CBD$ đều cạnh

Vậy 

Chọn đáp án B.

Phương trình hoành độ giao điểm: 

Gọi $x_1,x_2,x_3$ là ba nghiệm phân biệt của phương trình này ta có

 và tung độ các giao điểm là $y_1=\left(m-6\right)x_1-4;$ $y_2=\left(m-6\right)x_2-4;$ $y_3=\left(m-6\right)x_3-4;$ Vậy điều kiện bài toán:

Thử lại  có 3 nghiệm hân biệt nên m = 9 thỏa mãn.

Chọn đáp án D.

*Phương trình $a{x}^3+b{x}^2+cx+d=0$ có ba nghiệm $x_1,x_2,x_3$ thì

Xét điểm M(x;y;z), N(a;b;c) ta có

Lấy (1) – (2) theo vế có:  

Kết hợp sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (Bunhiacopski) và (3) ta có

=-10

Dấu bằng đạt tại 

Chọn đáp án A.

*Một cách tương tự mở rộng cho min –max của $\alpha O{M}^2+\beta O{N}^2$.

Ta có 

Vì OABC là một hình bình hành nên

Đặt vậy điều kiện trở thành:

Khi đó

Dấu bằng đạt tại 

Chọn đáp án B.