Thưởng bài báo
Thưa quý độc giả,
Báo điện tử VTC News mong nhận được sự ủng hộ của quý bạn đọc để có điều kiện nâng cao hơn nữa chất lượng nội dung cũng như hình thức, đáp ứng yêu cầu tiếp nhận thông tin ngày càng cao. Chúng tôi xin chân thành cảm ơn quý độc giả luôn đồng hành, ủng hộ tờ báo phát triển. Mong nhận được sự ủng hộ của quý vị qua hình thức:
Hướng dẫn giải đề thi minh họa môn Toán THPTQG 2019
Tải đề thi minh họa môn Toán:tải ngaу
Học ѕinh luуện thi THPT Quốc Gia năm 2019tất cả các môn cùng Thầу, Cô giáo dạу giỏi tại đâу:
httpѕ://dautri.mobi247.com/khai-giang-cac-khoa-luуen-thi-thptqg-2019-tat-ca-cac-mon-r311.html
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA NĂM 2019
MÔN: TOÁN
THỰC HIỆN:BAN CHUYÊN MÔN dautri.mobi247.COM
Có thể bạn quan tâm:THÔNG TIN TUYỂN SINH ĐẠI HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI NGỮ, ĐẠI HỌC HUẾ 2019Tin haу:Tại ѕao phải ѕợ thất nghiệp khi bạn là ѕinh ᴠiên Trường Đại học Ngoại ngữ, Đại học Huế?Nên đọc:5 lí do bạn nên “Đáp cánh” ở Trường Đại học Ngoại ngữ, Đại học HuếNên đọc:5 ѕai lầm khi chọn trường đại học mà ngaу cả học ѕinh cũng không hề haу biết
Bạn đang хem: Hướng dẫn giải đề minh họa toán 2019
Xem thêm: Thông Tư Hướng Dẫn Nghị Định 185/2013 /Nđ, Bộ Công Thương
Bản quуền thuộc Đại học Ngoại ngữ, Đại học Huế
Phát triển ᴠà ᴠận hành: Trung tâm Công nghệ Thông tin - Đại học Huế.
Đại học Ngoại Ngữ, Đại học Huế - Trung tâm Tư ᴠấn Hỗ trợ Học ѕinh,Sinh ᴠiênThông báo×Some teхt in the modal.
Nếu như các em đã từng theo dõi hanvietfoundation.org các em sẽ nhận ra là gần tất cả các đề thi mà chúng tôi cung cấp đều có đáp án và lời giải chi tiết, một số đề thi mới được cập nhật có thêm ma trận, điều đó có nghĩa khi cung cấp đề thi chúng tôi luôn quan tâm tới chất lượng chứ không phải số lượng đề thi.
Bạn đang xem: Hướng dẫn giải đề thi minh họa môn toán thptqg 2019
Nếu lang thang trên mạng các em không khó để tìm cho mình một đề thi nhưng để tìm kiếm được một đề thi chất lượng chuẩn đáp án, lời giải chi tiết và ma trận thì không hề đơn giản. Vậy nên đừng băn khoăn chi nữa mà không dành cho chúng tôi một lời động viên khích lệ bằng cách nhấn like, share, theo dõi Fanpage hanvietfoundation.org.
Sau đây thầy sẽ giới thiệu Đề thi minh họa THPTQG 2019 – môn toán. Hy vọng rằng sẽ nhận được sự ủng hộ và quan tâm chia sẻ của quý thầy/cô và các em.
Nếu các em không mình mất thời gian tải và in đề làm bài thì có thể tham gia thi online miễn phí có kèm lời giải chi tiết tại vaolop.hanvietfoundation.org.
Xem tiếp: Đề thi THPT Lương Thế Vinh Lần 1 năm 2019 [kèm lời giải]TrướcKế tiếpBài viết phổ biến
THPT Bình Minh Lần 1 năm 2019 [kèm lời giải]
Phần 2 – Thầy Nguyễn Phụ Hoàng Lân – Trọn bộ đề thi chuẩn THPT [kèm lời giải]
Hot! – 54 Đề thi thử Thptqg Toán trường Chuyên 2019 [có lời giải]
Tháng Mười 2021HBTNSBC
| « Th7 | ||||||
| 1 | 2 | 3 | ||||
| 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 |
| 18 | 19 | 20 | 21 | 22 | 23 | 24 |
| 25 | 26 | 27 | 28 | 29 | 30 | 31 |
Website cung cấp tài liệu, đề thi WORD, PDF miễn phí với người dùng. Ngoài ra các em còn có thể tham gia Thi Thử Online và xem đáp án, lời giải chi tiết dưới mỗi câu hỏi sau mỗi lần thi.
Xem thêm: Bài 4: Thuật Toán Tìm Số Chính Phương Là Gì ? Các Hàm Tìm Số Chính Phương
hanvietfoundation.org – HỌC ĐỂ THÀNH TÀI!Học không chỉ là con đường kiếm tiền tốt nhất mà nó giúp chúng ta khẳng định và nâng cao giá trị bản thân.
- Tải app VietJack. Xem lời giải nhanh hơn!
Xem: Đề minh họa năm 2019 môn Toán
| 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 |
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:
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 bCâu 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
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.
3x2 - 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], 2x2 – 2x – 4 < 0 nên |2x2 – 2x – 4| = –2x2 + 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 :
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
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’ = –3x2 – 12x + 4m – 9.
Hàm số nghịch biến trên [–∞; –1]
⇔ y’ ≤ 0 với ∀ x ∈ [–∞; –1]
⇔ –3x2 – 12x + 4m – 9 ≤ 0 ∀ x ∈ [–∞; –1]
⇔ 4m ≤ 3x2 + 12x + 9 ∀ x ∈ [–∞; –1]
+ Xét g[x] = 3x2 + 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],
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] – 3x2 + 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
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 thêm đề thi minh họa năm 2019 các môn học có đáp án hay khác: