Giai chi tiet de so 10 thi thpt qg 2019

Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10

DỰ ÁN PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA THI THPT QUỐC GIA 2019
BẢNG ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 10
1
C
26
B

2
C
27
A

3
A
28
D

4
A
29
A

5
D
30
C

6
C

31
B

7
A
32
D

8
C
33
D

9
A
34
C

10
B
35
B

11
C
36
D

12
A

37
B

13
A
38
C

14
B
39
C

15
D
40
B

16
D
41
B

17
D
42
D

18
C

43
D

19
D
44
A

20
B
45
C

21
D
46
C

22
C
47
A

23
B
48
C

24
D

49
C

25
A
50
B

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 10
Câu 1.

Thể tích khối chóp có diện tích đáy
A. V  2 3a 3 .

3a 2 và chiều cao 2a là

B. V  3a 3 .

C. V 

2 3 3
a .
3

D. V 

2 2 3
a .
3

Lời giải
Chọn C

1
1
2 3 3
Thể tích khối chóp V  Bh 
3a 2 .2a 
a .
3
3
3
Câu 2.

Hàm số f  x  có bảng biến thiên sau

Hàm số đạt cực tiểu tại?
A. x  1 .

C. x  1 ; x  1 .

B. x  1 .

D. 0 .

Lời giải
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x  1 ; x  1 .
Câu 3.

Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  4;3;  2  và B  3;  5;0  . Độ dài đoạn thẳng AB là
A.

69 .

B.

38 .

C.

96 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn A
Với A  4;3;  2  và B  3;  5;0  thì AB   1;  8; 2  , do đó AB 

 1   8
2

2

 22  69

.
Câu 4.

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

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 1


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
y
3

1
2

1
1

O

2

x

1

B.  2;  1 .

A.  1;1 .

D. 1;    .

C.  1; 2  .
Lời giải

Chọn A.
Xét đáp án A, trên khoảng  1;1 đồ thị có hướng đi xuống là hàm số nghịch biến nên chọn.
Xét đáp án B, trên khoảng  2;  1 đồ thị có hướng đi lên là hàm số đồng biến nên loại.
Xét đáp án C, trên khoảng  1; 2  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 hướng đi lên là hàm số đồng biến nên loại.
Câu 5.

 a 4b 2 
a
log
Với , b là hai số thực dương,
 bằng
2
 16 
A. 2 log a  4 log b  4 .

B. 4  log a  1  2log b .

C. 2 log 2 a  4 log 2 b  4 .

D. 4  log 2 a  1  2log 2 b .
Lời giải

Chọn D

 a 4b 2 

4
2
Ta có log 2 
  log 2 a  log 2 b  log 2 16  4 log 2 a  2 log 2 b  4  4  log 2 a  1  2 log 2 b .
 16 
Câu 6.

Cho

1

1

1

1

1

1



1



 f  x  dx  2 và  g  x  dx  7 , khi đó   f  x   7 g  x  dx bằng

A. 3 .

B..

C. 3 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn C

1
1
1


1  f  x   7 g  x  dx  1 f  x  dx  7 1 g  x  dx  2  7 . 7   3 .
1

Ta có:
Câu 7.

1

1

Khối cầu thể tích bằng 36 . Bán kính của khối cầu là
A. R  3 .

B. R  3 9 .

C. R  9 .

D. R  3 3 .

Lời giải
Chọn A

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 2


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
4
Thể tích khối cầu V   R 3  36  R 3  27  R  3 .
3

Câu 8.

Phương trình

 5

2 x1

 log 2 32 có nghiệm là
B. x 

A. x  1 .

2
.
3

C. x 

3
.
2

D. x 

1
.
2

Lời giải
Chọn C
Ta có:

 5

2 x1

 log 2 32 

2x 1
3
1  x 
2

2

Vậy, phương trình có nghiệm: x 
Câu 9.

3
2

Trong không gian Oxyz , phương trình của mặt phẳng đi qua ba điểm A(1; 0; 0) , B (0; 1; 0) ,

1

C  0; 0;  là
2

A. x  y  2 z  1  0.

B. x  y  2 z  0 .

C. x  y  2 z  1  0.

D. x  y 

z
 1  0.
2

Lời giải
Chọn A

1

Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng đi qua A(1; 0; 0) , B (0; 1; 0) , C  0;0;  là
2


x y z
  1
1 1 1
2
Hay là x  y  2 z  1  0 .
Câu 10. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x)  3cos x 
A.

 f ( x)dx  3cos x  ln x  C .

C.

 f ( x)dx  3sin x  x  C .

1

1
trên (0;  ) .
x2
1

B.

 f ( x)dx  3sin x  x  C .

D.

 f ( x)dx  3cos x  x  C .

1

Lời giải
Chọn B
Ta có :



1
1
dx  3sin x   C .
2 
x


 f ( x)dx    3cos x  x

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 3


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
Câu 11. Trong không gian Oxyz , gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng   : 2 x  y  3z  7  0 và

   : x  2 y  z  2  0 . Đường thẳng
A. Q (2; 1;3) .

d đi qua điểm nào dưới đây?
C. P ( 1; 0;3) .

B. M (1;0; 3) .

D. N (1; 2;1) .

Lời giải
Chọn C

 H   
Điểm H  d  
. Suy ra P  d .
 H    
Câu 12. Từ các chữ số 1; 2;3; 4;5 có thể lập được bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau?
A. 120 .

B. 5 .

C. 625 .

D. 24 .

Lời giải
Chọn A
Mỗi số có 4 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 1; 2;3; 4;5 là một chỉnh hợp chập 4 của 5
phần tử.

Số các số được tạo thành là: A54  120
Câu 13. Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  2 và u6  486 . Công bội q bằng
A. q  3 .

C. q 

B. q  5 .

3
.
2

D. q 

2
.
3

Lời giải
Chọn A.

u1  2
u1  2

 q5  243  35  q  3 .
Theo đề ra ta có: 
5
u6  486
486  u1.q
Câu 14. Điểm biểu diễn của số phức z 

A.  3; 2  .

1
là:
2  3i

2 3
B.  ;  .
 13 13 

C.  2;3 .

D.  4; 1 .

Lời giải
Chọn B.
z

1
2  3i
2 3

  i
2  3i  2  3i  2  3i  13 13 .

Suy ra điểm biểu diễn của số phức z 

1
2 3
là:  ;  .

2  3i
 13 13 

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 10

A. y   x3  2 x  1 .

B. y 

x 1
.
2x  4

C. y  x 4  x 2  1 .

D. y   x 4  2 x 2  1 .

Lời giải
Chọn D.
Đồ thị là hàm số bậc 4 . Loại A, B.
Ngoài ra đồ thị có a  0 , nên ta chọn D.
Câu 16. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  1;3 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;3 . Giá trị
của M 2  m 2 bằng
A. 15 .

B. 11 .

C. 4 .

D. 13 .

Lời giải
Chọn D.
Từ đồ thị ta thấy M  2, m  3 nên M 2  n 2  13 .
Câu 17. Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm f ( x)  x  3  x   x 2  1 , x  0 .
Mệnh đề nào dưới đây sai ?

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 5


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
A. Hàm số đạt cực trị tại x  3 .

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng  3;    .

C. Hàm số có một điểm cực đại.

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

Chọn D.

x  0
Ta có f   x   0  
.
x  3
Bảng xét dấu f   x  trên  0;    :
x



3

0

f  x





0

Dựa vào bảng xét dấu trên ta thấy khẳng định hàm số y  f ( x) có một điểm cực tiểu là đáp án
sai.
Câu 18. Cho số phức z  3a   2a  1 i với a

, i là đơn vị ảo. Tìm a biết rằng z 2 là một số phức

có phần thực bằng 8 .
9
A. a  1; a   .
5

9
B. a  1; a  .
5

9
C. a  1; a  .
5

9
D. a  1; a   .
5
Lời giải

Chọn C
Ta có z 2   3a   2a  1 i   9a 2  6a  2a  1 i   2a  1  5a 2  4a 1  6a  2a  1 i
2

2

 a  1
Theo giả thiết, ta có 5a  4a  1  8  5a  4a  9  0  
.
a  9
5


2

2

Câu 19. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm I 1; 0;  1 và A  2; 2;  3 . Mặt cầu  S  tâm I và đi
qua điểm A có phương trình là.
A.  x  1  y 2   z  1  3 .

B.  x  1  y 2   z  1  3 .

C.  x  1  y 2   z  1  9 .

D.  x  1  y 2   z  1  9 .

2

2

2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn D
R  IA  1  22  (2)2 = 3

Vậy phương trình mặt cầu là  x  1  y 2   z  1  9 .
2

2

Câu 20. Cho 5a  7 . Tính log 49 125 theo a .

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 6


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
A.

3a
.
2

B.

3
.
2a

C.

2
.
3a

D.

2a
.
3

Lời giải
Chọn B.

3
3 1
3
1
3
Ta có: log 49 125  log 7 5  .
.
 .

a
2
2 log5 7 2 log5 5
2a
Câu 21. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  2 z  10  0 . Tìm phần ảo của số phức

  z12  2z2 biết z1 có phần ảo âm.

A. 3 .

C. 6 .

B. 6 .

D. 0 .

Lời giải
Chọn D
Phương trình đã cho có   1 10  9  0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phức là:
z1  1  3i , z2  1  3i .

Do đó:   1  3i   2 1  3i   6 . Suy ra số phức  có phần ảo bằng 0 .
2

Câu 22. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  Q  : 2 x  y  2 z  1  0 . Viết phương trình mặt phẳng

 P

song song với mặt phẳng  Q  và khoảng cách giữa hai mặt phẳng  P  và  Q  bằng

2
.
3

A. 2 x  y  2 z  1  0 hoặc 2 x  y  2 z  3  0 .
B. 2 x  y  2 z  3  0 hoặc 2 x  y  2 z  3  0 .
C. 2 x  y  2 z  1  0 hoặc 2 x  y  2 z  3  0 .
D. 2 x  y  2 z  4  0 hoặc 2 x  y  2 z  2  0 .

Lời giải
Chọn C.
Phương trình mặt phẳng  P  có dạng 2 x  y  2 z  d  0

 d  1 Lấy A  0 ;1; 0  thuộc mặt

phẳng  Q 

d  P  ; Q   d  A ;  P  

2.0  1.1  2.0  d
22  12  22



1 d 2
 .
3
3

d  1
Suy ra 1  d  2  
.
 d  3
Vậy phương trình mặt phẳng  P  là 2 x  y  2 z  1  0 hoặc 2 x  y  2 z  3  0 .
Câu 23. Tìm số nghiệm nguyên của bất phương trình: log 1 (2 x  5)  2 ?
3

A. 4.

C. 6.

B. 5.

D. Vô số.

Lời giải

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 7


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
Chọn B.

 2x  5  0

2
log 1 (2 x  5)  2  
1
3
2 x  5   3 
 

5

5
 x


2  x2
2
2 x  5  9
Các nghiệm nguyên của bất phương trình là: 2; 1;0;1; 2 . Vậy bất phương trình có 5 nghiệm
nguyên.
Câu 24. Diện tích phần hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên được tính theo công thức nào dưới đây?



1
2



  5 x  8  dx .

A.

B.

1
2

  2x

2

2

1

2





C.

  5x  8 dx .

D.

2

2

 5 x  2  dx .

1
2

  2 x

2

 5 x  2  dx .

2

Lời giải

Chọn D.

1

Ta thấy: x   2;   :  x 2  5 x  5  x 2  3 nên
2



S

1
2

   x

2

2

 5 x  5    x 2  3  dx 



1
2

  2 x

2

 5 x  2  dx .

2

Câu 25. Cho khối nón có bán kính đáy bằng a và đường cao bằng 2a . Diện tích xung quanh của khối
nón đã cho bằng
A.

5 a 2 .

B.

5 a 2
.
3

C. 2 5 a 2 .

D. 3 a 2 .

Lời giải
Chọn A.

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 8


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10

Đường sinh của hình nón: l  a 2   2a   a 5 .
2

Diện tích xung quanh của khối nón là: S xq   rl   .a.a 5  5 a 2 .
Câu 26. Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau
x



10

f ( x)



1

3


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 B

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

x 

x 

lim y  3 và lim y  10 nên đường thẳng x  1 không là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x 1

x 1

Vậy hàm số đã cho có tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là 1. Chọn đáp án B.
Câu 27.

Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. AB  3a ;

AD  4a ; SC  3 3a .Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng:
A. 4 2a3 .

B. 4a 3 .

C.

4 2a 3

.
3

D.

2 2a 3
.
3

Lời giải
Chọn A.
S

A
D

B

Diễn đàn Giáo viên Toán

C

Trang 9


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
Ta có S ABCD  AB.AD  3a.4a  12a 2
AC  AB 2  AD2  (3a)2  (4a)2  5a

Do đó SA  SC 2  AC 2  (3 3a) 2  (5a) 2  2a

1
1
Vậy VSABC  SA.S ABCD  . 2a.12a 2  4 2a 3 .
3
3

Câu 28. Hàm số f  x   e x
A. f   x   e x

2

3 x

2

3 x

có đạo hàm
B. f   x   e x

.

e x 3 x
C. f   x  
.
2x  3
2

2

D. f   x   e x

2

3 x

x

3 x

 2 x  3 .

2

 3x  .

Lời giải
Chọn D.

     e   u  x  .

Áp dụng công thức e
Vậy f   x   e x

2

3 x

x

2

u x

u x

2
 3x   e x 3 x  2 x  3 .

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

\ 0 , liên tục trên mỗi khoảng xác định và có bảng biến

thiên như sau

Số nghiệm của phương trình f  x   x bằng
A. 3 .

B. 2 .

C. 1 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn A
Số nghiệm của phương trình f  x   x là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường
thẳng y  x .
Theo hình vẽ ta có số nghiệm là 3 .
Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh a . Đường thẳng SO

vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  và SO 

a 3
. Tính góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và
2

 ABCD  .
Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 10


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
A. 30 .

B. 45 .

C. 60 .

D. 90 .

Lời giải
Chọn C.
S

B

A
O

Q

D

C

Gọi Q là trung điểm BC , suy ra OQ  BC .

 BC  OQ
Ta có 
 BC   SOQ 
 BC  SO
Do đó

 SBC  ,  ABCD    SQ, OQ   SQO.

Tam giác vuông SOQ , có tan SQO 

SO
 3.
OQ

Vậy mặt phẳng  SBC  hợp với mặt đáy  ABCD  một góc 60 .
Câu 31. Số nghiệm của phương trình log 2  9  2 x   5log5 3 x  bằng:
B. 1 .

A. 2 .

C. 7 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn B

9  2 x  0
Điều kiện 
 3 x  0
log 2  9  2

x

5

log5  3 x 

2x  8
8
2x
x
 log 2  9  2   3  x  9  2  x  2  9.2  8  0   x
2
2  1
x

x

 x  3l 

x0

x  0
Số nghiệm của phương trình bằng 1 .
Câu 32. Một viên kem hình cầu có thể tích

256
  cm3  được đặt vào một chiếc bánh cốc có dạng hình
3

trụ với đường kính đáy là r và chiều cao là h  2r. Biết phần kem nhô ra khỏi chiếc bánh cốc
chiếm

3
viên kem (về độ cao), tính thể tích chiếc cốc. (giả sử viên kem không bị biến dạng
4

trong suốt quá trình trên.)

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 11


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10

A. 432 3 cm3.

B. 1296 3 cm3.

C. 16 3 cm3 .

D. 48 3 cm3.

Lời giải
Chọn D.

4
256
Vcau   .R 3 
  R  4.
3
3
 r  2 3  h  4 3.
 Vtru   .r 2 .h  48 3.

Câu 33. Họ nguyên hàm của hàm số I   1  2 x  (cos x  1)dx là
A. 1  2 x  sin x  2cos x  C .

B. x  x 2  1  2 x  sin x  2cos x .

C. x  x 2  1  2 x  sin x  2cos x  C .

D. x  x 2  1  2 x  sin x  2cos x  C .
Lời giải

Chọn D.
Ta có

 f  x  dx   1  2x  cos x  1 dx   1  2 x  cos xdx   1  2 x dx
Tính  1  2 x dx  x  x 2  C1
Tính

 1  2x  cos xdx

u  1  2 x
du  2dx
Đặt 

dv  cos xdx v  sin x
Suy ra

 1  2x  cos xdx  1  2x  sin x  2 sin xdx  1  2x  sin x  2cos x  C

2

Do đó I  x  x 2  1  2 x  sin x  2cos x  C .
Câu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân đáy AD có AD  2 AB  2BC  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 3
.
3

C.

a 3
.
4

D. 2a .

Lời giải

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 12


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
Chọn C.
S

H

O

D

A

C

B

I

Gọi O là trung điểm của AD khi đó tứ giác ABCO là hình thoi nên CO  a  CO 

1
AD
2

 ACD vuông tại C  AC  CD mà SA  CD  CD   SAC    SCD    SAC 
Ta có

 SCD    SAC   SC

nên từ

A dựng

AH  SC

tại

H

thì

AH   SCD 

 AH  d  A,  SCD   .

ACD vuông tại C  AC  AD 2  DC 2  a 3 .

Ta có

1
1
1
1
1
4
a 3
.


 2  2  2  AH 
2
2
2
AH
AC
AS
3a a
3a
2

Trong mặt phẳng  ABCD  gọi I là giao điểm của AB và CD khi đó BC là đường trung bình

1
a 3
của tam giác IAD  d  B,  SCD    d  A,  SCD   
.
2

4
Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

x 1 y  5 z  3


. Phương trình
2
1
4

nào dưới đây là phương trình hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng  P  : x  5  0 .

x  5

A.  y  7  t .
 z  11  4t


x  5

B.  y  7  t .
 z  11  4t


x  1

C.  y  5  2t .
z  3  t


x  1

D.  y  5  t .
 z  3  4t


Lời giải
Chọn B
+ Gọi  Q  là mặt phẳng chứa d và  Q   ( P) , với  là hình chiếu vuông góc của d lên mặt
phẳng  P     ( P )  (Q ) và u   n p , nQ    nP , ud , n p    (0;1; 4)


+ Có d  ( P )  A(5; 7;11)   , so sánh với đáp án thấy B thỏa mãn.

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 13


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
Câu 36. Tập hợp các giá trị thực của m để hàm số y  x3  3x 2  3mx  1 1 đồng biến trên  0;  
C. m  0 .

B. m  0 .

A. m  0 .

D. m  0 .

Lời giải
Chọn D.
Ta có y  3x 2  6 x  3m
Hàm số 1 đồng biến trên khoảng  0;   khi và chỉ khi y  0 , x   0;   .

 3x 2  6 x  3m  0 , x   0;    x 2  2 x  m , x   0;   (*)
Xét g  x   x 2  2 x, x   0;   .
Do g   x   2 x  2  0, x   0;   nên g  x   g  0   0, x   0;   

(*)  m  0. .

Câu 37. Cho z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  5  3i  5 , đồng thời z1  z2  8 .
Tập hợp các điểm biểu diễn của số phức w  z1  z2 trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đường tròn
có phương trình nào dưới đây?
2

2

5 
3 9

A.  x     y    .
2 
2 4


B.  x  10    y  6   36 .

C.  x  10    y  6   16 .

5 
3

D.  x     y    9 .
2 
2


2

2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn B

Gọi A , B , M là các điểm biểu diễn của z1 , z2 , w . Khi đó A , B thuộc đường tròn

 C  :  x  5   y  3
2

2

 25 và AB  z1  z2  8 .

 C  có tâm I  5;3 và bán kính

R  5 , gọi T là trung điểm của AB khi đó T là trung điểm

của OM và IT  IA2  TA2  3 .

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 14


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
Gọi J là điểm đối xứng của O qua I suy ra J 10;6  và IT là đường trung bình của tam giác

OJM , do đó JM  2IT  6 .
Vậy M thuộc đường tròn tâm J bán kính bằng 6 và có phương trình

 x  10   y  6
2

2

Câu 38. Cho

 4x
1

2

 36 .

2x 1
1
dx   ln a  ln b   c , với a, b, c là các số hữu tỷ. Giá trị của 3a  b  10c
 4x 1
2

2

bằng
B. 15 .

A. 15 .

D. 9 .

C. 14 .
Lời giải

Chọn C

2x 1
2 x 1
1 4 x2  4 x  1dx  1  2 x  12 dx
2

Ta có

2

2 x  t  1
Đặt t  2 x  1  
dt  2dx

x  1  t  3
Đổi cận t  2 x  1  
. Khi đó ta có
x  2  t  5
5
5
t 2
1  dt
2  1
1
d
x

d
t


1  2x  12 3 2t 2 2  2 t 2 t 2 dt    2 ln t  t  2
2



2x 1

5

5

1
3
 ln 5  ln 2  
2
10

 a  5, b  2, c  

3
3
 3a  b  10c  3.5  2  10.  14 .
10
10

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;3 khi và chỉ khi
A. m  f  2   ln 2.

B. m  f  3  ln 3.

C. m  f  3  ln 3.

D. m  f  2   ln 2.
Lời giải

Chọn C
Ta có: f ( x)  m  ln x , x   2;3  f ( x)  ln x  m x   2;3 (*) .

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 15


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
Xét hàm số g ( x)  f ( x)  ln x
Ta có: g ( x)  f ( x) 

1
.
x

Ta thấy với x   2;3 thì f ( x )  0 ,

1
1
 0 nên g ( x)  f ( x)   0 , x   2;3 .
x
x

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có m  g (3)  m  f (3)  ln 3 .
Câu 40. Gieo 2 con xúc xắc đồng chất cùng 1 lần, tính xác suất để số chấm xuất hiện trên 2 con là
nghiệm của phương trình bậc hai x 2  bx  c  0 với b  8  c .
A.

2
.
7

B.

5
.
18

C.

1
.
3

D.

3
.
7

Lời giải
Chọn B.
Số phần tử của không gian mẫu là   36 .
Phương trình có nghiệm khi b 2  4ac  0 .
Khi đó giả sử x , y là nghiệm của phương trình thì: x  y  b; xy  c

 x  y 2  4 xy  0

Gọi A là biến cố “Số chấm trên 2 con xúc xắc là  x; y  thỏa 
.
x

y

8

x
.
y

Ta có các cặp  x; y  thỏa đề bài là :

 2;5 ,  5; 2  ,  2;6  ,  6; 2  , 3;3 , 3; 4  ,  4;3 , 3;5  , 5;3 ,  4; 4 
Suy ra A  10 .
Vậy P  A 

A 10 5

 .
 36 18

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 16


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10

 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 MA  MB lớn nhất. Tính giá trị của biểu thức
P  x2  y 2  z 2 .

A. 30 .

C. 22 .

B. 10 .

D. 6

Lời giải
Chọn B
Do M  d nên M (1  2t ;1  t ; t ) .
MA  MB  4t 2  (t  1)2  (t  1)2  (2t  1)2  t 2  (t  1)2
2

 1 1
 6t  2  6t  6t  2  6t  2  6  t    .
 2 2
2

Chọn u 

2



2

 6 1 
  1 1 
 u  v  
;
6t ; 2 , v   6  t   ;
.

2 
2
  2
 2



Ta có: MA  MB  u  v  u  v 

6 1
  2.
4 2

Dấu đẳng thức xảy ra  u và v cùng hướng 

6t
 1
6 t  

 2



2
 t 1.
1
2

Vậy MA  MB lớn nhất khi M  3;0;1 suy ra P  32  02  12  10 .



Câu 42. Có bao nhiêu số phức z thỏa z  1  3i  z  5  5 và z 2  z
B. 2 .

A. 0 .

C. 3 .

2

 4.
D. 1 .

Lời giải
Chọn D.
Gọi M  x, y  là điểm biểu diễn cho số phức z .
Ta có z  1  3i  z  5  5  MA  MB  AB  MA  MB  BA với A 1; 3 , B  5;0 .

 M  x, y  nằm trên đường thẳng AB và nằm phía ngoài AB, gần B hơn. (1)



Ta có z 2  z

2

1

y  x
 4  z  z . z  z  4  xy  1  
 y  1

x

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 17


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10

1

y  x
(2)
 M  x, y  nằm trên hai đường cong 
 y  1


x
Số nghiệm bằng số giao điểm của (1)và (2).

Dựa vào đồ thị ta thấy hệ có 1 nghiệm duy nhất (do có 1 giao điểm).
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





2  x 2  m có nghiệm là

y

2

x

2 - 2 O

A.   2 ; 2  .



2 2
C.  2;2  .

B.  0;2  .

D.  0;2  .

Lời giải
Chọn D.
Điều kiện của phương trình: x    2 ; 2  .


Đặt t  2  x 2 . Với x    2 ; 2  thì t  0; 2  .




Do đó phương trình f





2  x 2  m có nghiệm khi và chỉ khi phương trình f  t   m có

nghiệm thuộc đoạn 0; 2  .


Quan sát đồ thị ta suy ra điều kiện của tham số m là m   0;2  .

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 18


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
Câu 44. Ông A là một người già không có khả năng lao động, trước khi không thể lao động kiếm sống
ông ấy có dành dụm được một khoản tiền để gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất ưu đãi dành
cho người già là 0,9% tháng. Sau khi gửi tiết kiệm ngân hàng, đủ mỗi tháng gửi, ông A đến
ngân hàng rút ra một khoản tiền là 5 triệu đồng để chi tiêu hàng ngày. Sau đúng 5 năm kể từ
ngày gửi tiết kiệm, số tiền tiết kiệm còn lại của ông ấy là 100 triệu đồng. Hỏi số tiền ban đầu
mà ông A gửi tiết kiệm là bao nhiêu? (lấy kết quả gần đúng)
A. 289, 440 triệu đồng.

B. 291,813 triệu đồng.

C. 287, 044 triệu đồng.

D. 233, 663 triệu đồng.
Lời giải

Chọn A.
Gọi số tiền ban đầu là M , lãi suất một tháng là r .
Hết tháng thứ nhất, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A có trong ngân hàng là M  Mr  M 1  r  .
Ngay sau đó ông A rút 5 triệu đồng để chi tiêu nên số tiền để tính lãi cho tháng thứ hai là

M 1  r   5 .
Do đó hết tháng thứ hai, số tiền cả vốn lẫn lãi ông A có trong ngân hàng là

 M 1  r   5 1  r   M 1  r   5 1  r  .
2

Ngay sau đó ông A lại rút 5 triệu để chi tiêu nên số tiền để tính lãi cho tháng thứ ba là
M 1  r   5 1  r   5 .
2

Cứ tiếp tục lập luận như vậy ta thấy sau tháng thứ n , n  2 , số tiền cả vốn lẫn lãi ông A có
trong ngân hàng là
M 1  r   5 1  r 
n

n 1

 5 1  r 

n2

 ...  5 1  r   5  M 1  r 

n

n
5 1  r   1
.
 
r

Sau 5 năm tức là 60 tháng, số tiền còn lại trong ngân hàng là 100 triệu nên ta có

5 1  r 
60
M 1  r   

r
Câu 45. Trong

không

60

gian

60
5 1  r   1


100 
 1
  200  M 
r
 289, 440 triệu đồng.
60
1  r 

Oxyz ,

cho

điểm

 S  : x2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z 10  0 . Gọi  P 

A 1;1;1 ,

B  2; 2; 2 

và

mặt

cầu

là mặt phẳng đi qua A, B và cắt  S  theo

một thiết diện là đường tròn  C  . Đường thẳng AB cắt  C  tại hai điểm E , F . Điểm C thuộc
đường tròn  C  sao cho tam giác CEF cân tại C . CH là đường cao ứng với cạnh EF . Khi
thiết diện có diện tích nhỏ nhất thì phương trình của CH là

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 19


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10

x  1 t

A.  :  y  1 .
z  1 t


x  1 t


B.  :  y  1  t .
z  1


 x  1  t

C.  :  y  1  t .
z  0


x  1 t

D.  :  y  1 .
z  2  t


Lời giải
Chọn C.
Mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  10  0 có tâm I 1;1;  2  và bán kính R  4 .
Gọi K là hình chiếu của I lên đường thẳng AB . Gọi   là mặt phẳng qua I vuông góc
đường thẳng AB . Suy ra   có một véc tơ pháp tuyến là AB  1;1;1 .
Phương trình   : x  1  y  1   z  2   0  x  y  z  0 .

x  1 t

Phương trình đường thẳng AB :  y  1  t , t 
z  1 t


.

x  1 t
t  1
 y  1 t
x  0



 K  0;0; 0   O .
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ: 
z  1 t
y  0
 x  y  z  0
 z  0
Ta có: OI  1;1; 2   OI  OI  12  12   2   6 1  4  R , Do đó điểm O nằm trong
2

mặt cầu  S  .
Gọi mặt phẳng  P  : ax  by  cz  d  0 là mặt phẳng đi qua A, B và cắt  S  theo một thiết
diện là đường tròn  C  tâm O bán kính r  R 2  O ' I 2 , trong đó O là hình chiếu vuông
góc của I lên mặt phẳng  P  . AB cắt đường tròn  C  tại hai điểm E , F

Đường tròn  C  có diện tích S   r 2    42  OI 2  . O là điểm nằm trên mặt phẳng  P  nên:

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 20


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10

OI  IO  OI 2  IO2    42  OI 2     42  IO2  . Đường tròn  C  có diện tích nhỏ nhất

khi và chỉ khi O trùng O . Khi đó EF là đường kính, O là trung điểm EF và C thuộc đường
tròn  C  sao cho tam giác CEF cân tại C . Vì nên đường cao CH trùng CO .

Ta có u  AB, u  OI  u   AB, OI    3;3;0  .

 x  1  t
 x  t


Phương trình của CH là  :  y  t đi qua điểm M  1;1;0 nên hoặc  :  y  1  t .
z  0
z  0


Câu 46. Sân vận động quốc gia Mỹ Đình là sân vận động đa chức năng: sân bóng đá kích thước

105 m x 68 m , kết hợp thi đấu điền kinh với 8 đường chạy vòng 400 mét và 10 đường chạy
thẳng 110 m, 2 sân nhảy cao, 2 sân ném tạ, ném lao, ném tạ xích, 2 khu nhảy sào kép, 2 khu
nhảy xa kép. Trong đó sân bóng đá nội tiếp hình elip có tâm trùng với tâm của sân bóng đá. M
là một điểm bất kỳ thuộc elip. Biết khoảng cách lớn nhất từ M đến chiều dài, chiều rộng của sân
lần lượt là 2 m, 4 m . Gọi S diện tích phần bên ngoài sân bóng đá và bên trong hình elip (làm
tròn đến chữ số thập phân thứ 2). Giá trị gần đúng của S gần số nào nhất trong các số sau?

A. 950 m2.

Diễn đàn Giáo viên Toán

B. 3945 m2.

C. 750 m2.

D. 3195 m2.

Trang 21


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
Lời giải
Chọn C.
Xét hệ trục tọa độ Oxy có gốc O trùng với tâm của sân bóng đá như hình vẽ sau

Do sân bóng đá kích thước 105 m x 68 m và khoảng cách lớn nhất từ M đến chiều dài, chiều
rộng của sân lần lượt là 2 m, 4 m nên (E) có độ dài trục lớn, trục bé lần lượt là 113, 72 .
Suy ra, phương trình (E) là

4x2
y2

 1.
12769 1296

Do đó, diện tích (E) bằng S1  2

113
2




4

2
2
1296
1

x

dx  2034  m  .


113 
 12769  


2

Diện tích sân bóng đá là S2  105  68  7140  m2  .
Vậy diện tích phần bên ngoài sân bóng đá và bên trong elip là
S  S2  S1  7140  2034

750,00054  m2  .

Câu 47. Cho khối lăng trụ ABC.ABC. Điểm M là thuộc cạnh A ' B ' sao cho AB  3AM . Đường
thẳng BM cắt đường thẳng AA tại F , và đường thẳng CF cắt đường thẳng A ' C ' tại G .
Tính tỉ số thể tích khối chóp FAMG và thể tích khối đa diện lồi GMB ' C ' CB
A.

1

.
28

B.

1
.
11

C.

3
.
22

D.

1
.
27

Lời giải
Chọn A

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 22


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10

Gọi V là thể tích của khối lăng trụ ABC.ABC , V1 là thể tích khối khối chóp FAMG, V2 là
thể tích khối khối đa diện lồi GMB ' C ' CB
A 'M // AB 



FA ' FM A 'M 1
FG FA ' 1


 ; A 'G // AC 

 ;
FA FB
AB 3
FC FA 3

VFA' MG 1 1 1 1
1
 . . 
 V1  VFABC
VFABC 3 3 3 27
27

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

3
3
2
2

 V1 

1 1
1
. V V
27 2
54

1  14
1
V2  V  VA' MGABC  V  VFABC  VFA' MG   V   V  V   V
54  27
2
Nên:

V1 1
.

V2 28

Câu 48. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị f   x  như hình vẽ

Đặt y  g  x   f  x  

Diễn đàn Giáo viên Toán

x4 5 3
 x  6 x . Hàm số y  g  x  đồng biến trên khoảng nào?
2 3

Trang 23


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
A.  2;  1 .

C.  1;1 .

B. 1; 2  .

D.  3;  2  .

Lời giải
Chọn C

x4 5 3
Xét hàm số y  g  x   f  x    x  6 x có y  g   x   f   x   2 x3  5x 2  6
2 3
 f   x    2 x3  5x 2  6 

Đặt h  x   2 x3  5x 2  6 . Khi đó đồ thị h  x  là một đường đứt khúc như hình sau.

Đồ thị hàm số y  f   x  cắt đồ thị hàm số y  h  x  tại 3 điểm có hoành độ lần lượt là

x  1; x  1; x  2 .

y  0 khi đồ thị của hàm số f   x  nằm phía trên đồ thị hàm số y  h  x  .
Vậy x   1;1 thì hàm số đồng biến.
Câu 49. Có tất cả bao nghiêu giá trị thực của tham số m để tập xác định của hàm số

h  x 

 3m  1 x 6  5 x 2   m2  m  x

A. 1 .

là

?
C. 2 .

B. 0 .

D. 3 .

Lời giải
Chọn C
Điều kiện để tập xác định của hàm số h  x  là

:  3m  1 x6  5x 2   m2  m  x  0 , x 

.

Đặt f  x    3m  1 x6  5x 2   m2  m  x .
Ta có: f  x   x  3m  1 x5  5x  m2  m  x.g  x  . Với g  x    3m  1 x5  5 x  m2  m.

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 24


Đề minh họa thi THPT Quốc gia năm 2019 – Đề số 10
Nếu x  0 không phải là nghiệm của g  x   0 thì hàm số y  f  x  sẽ đổi dấu qua điểm

x  0 , nghĩa là  3m  1 x6  5x 2   m2  m  x  0 không nghiệm đúng với mọi x  .
Do đó, để yêu cầu bài toán được thoả mãn thì một điều kiện cần là

g  x    3m  1 x5  5x  m2  m có nghiệm x  0
m  0
.
 m2  m  0  
m  1
Thử lại:
+ Với m  0 , f  x   x6  5x 2  x 2  x 4  5  0, x  .
+ Với m  1, f  x   4 x6  5x 2  x 2  4 x 4  5  0, x 

.

Vậy có hai giá trị m thỏa mãn đề bài.
Câu 50. Cho hàm số f  x   mx 4  nx3  px 2  qx  m, n, p, q 

 . Hàm số

y  f   x  có đồ thị như hình

vẽ bên dưới:

Hỏi phương trình f   x   f   x   f   x   f  x  có số nghiệm là?
A. 1 .

B. 2 .

C. 3 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn B
Do f   x   0 có 3 nghiệm phân biệt nên m  0 và m  0
Ta có f   x   4mx3  3nx 2  2 px  q , f   x   12mx 2  6nx  2 p , f   x   24mx  6n .
Mặt khác dựa vào đồ thị y  f   x  suy ra
f   x   4m  x  1 x  3 x  1  4m  x3  3x 2  x  3 .

Đồng nhất hệ số ta có: n  4m , p  2m , q  12m.

f   x   f   x   f   x   f  x 
 4mx3  3nx 2  2 px  q  12mx 2  6nx  2 p  24mx  6n  mx 4  nx3  px 2  qx

Diễn đàn Giáo viên Toán

Trang 25