Lời giải đề 15: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT Kinh Môn 2 – Hải Dương lần 1, mã đề 132- trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu  1: Chọn D.

Ta có: ${2^{{x^2} – x}} = 1 Leftrightarrow {2^{{x^2} – x}} = {2^0} Leftrightarrow {x^2} – x = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = 1
end{array} right.$.

Vậy phương trình có $2$ nghiệm.

Câu  2: Chọn A.

Hàm số đã cho xác định khi $cos left( 2x-frac{pi }{3} right)ne 0Leftrightarrow 2x-frac{pi }{3}ne frac{pi }{2}+kpi Leftrightarrow xne frac{5pi }{12}+kfrac{pi }{2}$, $kin mathbb{Z}$.

Vậy TXĐ: $D=mathbb{R}backslash left{ frac{5pi }{12}+kfrac{pi }{2} right}$, $kin mathbb{Z}$.

Câu  3: Chọn C.

Ta có: $y’ = 3{x^2} – 3 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 1\
x =  – 1
end{array} right.$.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đạt cực tiểu tại $x=1$.

Câu  4: Chọn D.

Đường tròn $left( C right)$ có tâm $Ileft( 1;1 right)$, bán kính $R=2$.

Gọi đường tròn $left( {{C}’} right)$ có tâm ${I}’$, bán kính ${R}’$ là đường tròn ảnh của đường tròn $left( C right)$ qua phép vị tự ${{V}_{left( O;2 right)}}$.

Khi đó ${V_{left( {O;2} right)}}left( I right) = I’ Leftrightarrow overrightarrow {OI’}  = 2overrightarrow {OI}  Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x’ = 2\
y’ = 2
end{array} right. Rightarrow I’left( {2;2} right)$.

Và ${R}’=2R=4$.

Vậy phương trình đường tròn $left( {{C}’} right):{{left( x-2 right)}^{2}}+{{left( y-2 right)}^{2}}=16$

Câu  5: Chọn A.

Ta có $underset{xto pm infty }{mathop{lim }},y=underset{xto pm infty }{mathop{lim }},frac{x-2}{x+1}=1$ nên đường thẳng $y=1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

$underset{xto -{{1}^{-}}}{mathop{lim }},y=underset{xto -{{1}^{-}}}{mathop{lim }},frac{x-2}{x+1}=+infty $; $underset{xto -{{1}^{+}}}{mathop{lim }},y=underset{xto -{{1}^{+}}}{mathop{lim }},frac{x-2}{x+1}=-infty $ nên đường thẳng $x=-1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Do đó, đồ thị hàm số nhận giao điểm của hai tiệm cận $Ileft( -1;1 right)$ làm tâm đối xứng. (đúng)

Hàm số đồng biến trên tập $mathbb{R}backslash left{ -1 right}$ là khẳng định sai vì hàm số chỉ đồng biến trên từng khoảng của tập xác định.

Giao điểm của đồ thị với trục hoành là điểm $Aleft( 0;-2 right)$ là khẳng định sai vì điểm $Aleft( 0;-2 right)$ không nằm trên trục hoành.

Tiệm cận đứng là $y=1$ và tiệm cận ngang là $x=-1$ là khẳng định sai. (theo kết quả trên).

Câu  6: Chọn B.

Diện tích mặt cầu $S=4pi {{R}^{2}}$$=16pi $(m²).

Câu  7: Chọn B.

Ta có ${y}’={{left( sin 2x right)}^{prime }}={{left( 2x right)}^{prime }}cos 2x=2cos 2x$.

Câu  8: Chọn D.

Ta có một đa giác đều $2n$ cạnh có $n$ đường chéo đi qua tâm. Ta lấy hai đường chéo thì tạo thành một hình chữ nhật. Mỗi một hình chữ nhật sẽ có bốn tam giác vuông. Vậy số tam giác vuông tạo thành từ đa giác đều $2n$ đỉnh là $4.C_{n}^{2}=frac{4.n!}{2!left( n-2 right)!}=2nleft( n-1 right)$,

Không gian mẫu là: $C_{2n}^{3}=frac{left( 2n right)!}{3!left( 2n-3 right)!}=frac{2n.left( 2n-1 right)left( 2n-2 right)}{6}$,

Xác suất là: $P=frac{12nleft( n-1 right)}{2nleft( 2n-1 right)left( 2n-2 right)}=frac{3}{left( 2n-1 right)}$,

Theo bài ra thì $P=frac{1}{5}Leftrightarrow frac{3}{2n-1}=frac{1}{5}Leftrightarrow 15=2n-1Leftrightarrow n=8$.

Câu  9: Chọn C.

Ta có tập xác định $D=left( frac{3}{2};+infty  right)$

Bất phương trình $Leftrightarrow 2x-3<{{left( frac{1}{5} right)}^{-1}}Leftrightarrow 2x-3<5Leftrightarrow x<4$

Kết hợp với tập xác định ta có tập nghiệm của bất phương trình là $S=left( frac{3}{2};4 right)$.

Câu  10: Chọn C.

Đặt $t=sqrt{2x+1}Rightarrow {{t}^{2}}=2x+1Rightarrow 2ttext{d}t=2text{d}xRightarrow ttext{d}t=text{d}x$.

Đổi cận: $left{ begin{array}{l}
x = 0 Rightarrow t = 1\
x = 4 Rightarrow t = 3
end{array} right.$

Khi đó, ta có $intlimits_{0}^{4}{frac{1}{sqrt{2x+1}}text{d}x}=intlimits_{1}^{3}{frac{ttext{d}t}{t}}=intlimits_{1}^{3}{text{d}t=left. t right|_{1}^{3}=2}$.

Câu  11: Chọn C.

Ta có $intlimits_{0}^{10}{fleft( x right)text{d}x=7}Leftrightarrow intlimits_{0}^{2}{fleft( x right)text{d}x}+intlimits_{2}^{6}{fleft( x right)text{d}x}+intlimits_{6}^{10}{fleft( x right)text{d}x}=7$

$Leftrightarrow intlimits_{0}^{2}{fleft( x right)text{d}x}+intlimits_{6}^{10}{fleft( x right)text{d}x}=7-3=4$.

Vậy $P=4$.

Câu  12: Chọn C.

Ta có $left. begin{array}{l}
a = log 2 Rightarrow 2 = {10^a}\
b = ln 2 Rightarrow 2 = {{rm{e}}^b}
end{array} right} Rightarrow {10^a} = {{rm{e}}^b}$.

Câu  13: Chọn A.

Giả sử ta có hai điểm $A$, $B$ phân biệt thì cho ta một đoạn thẳng $AB$ (đoạn $AB$ và đoạn $BA$ giống nhau).

Vậy số đoạn thẳng được tạo thành từ $10$ điểm phân biệt khác nhau là: $C_{10}^{2}=45$.

Câu  14: Chọn C.

Ta có: ${{S}_{xq}}=pi RlRightarrow l=frac{{{S}_{xq}}}{pi R}=frac{2pi }{pi .frac{1}{2}}=4$.

Câu  15: Chọn B.

Ta có: $underset{xto 2}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}-4}{x-2}=underset{xto 2}{mathop{lim }},frac{left( x-2 right)left( x+2 right)}{x-2}=underset{xto 2}{mathop{lim }},left( x+2 right)=4$.

Câu  16: Chọn C.

Ta có ${y}’=3left( m-3 right){{x}^{2}}+4left( {{m}^{2}}-m-1 right)x+m+4$

${y}’=0Leftrightarrow 3left( m-3 right){{x}^{2}}+4left( {{m}^{2}}-m-1 right)x+m+4=0$.

Để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục $Oy$ thì phương trình ${y}’=0$ có hai nghiệm phân biệt trái dấu.

Suy ra $left{ begin{array}{l}
3left( {m – 3} right) ne 0\
3left( {m – 3} right).left( {m + 4} right) < 0
end{array} right. Leftrightarrow  – 4 < m < 3$.

Mà $min mathbb{Z}$ nên $m=left{ -3;-2;-1;0;1;2 right}$. Vậy $S$ có $6$ phần tử.

Câu  17: Chọn A.

Phương án A. Tập xác định $D=left( 0;+infty  right)$. Ta có ${y}’=frac{1}{x}$$Rightarrow {y}’>0$, $forall xin left( 0;+infty  right)$. Hàm số đồng biến trên $D=left( 0;+infty  right)$.

Phương án B. Tập xác định $D=mathbb{R}$. Ta có ${y}’=-{{text{e}}^{-x}}$$Rightarrow {y}'<0$, $forall xin mathbb{R}$. Hàm số nghịch biến trên $D=mathbb{R}$.

Phương án C. Tập xác định $D=mathbb{R}$. Ta có ${y}’={{left( frac{1}{3} right)}^{x}}ln frac{1}{3}$$Rightarrow {y}'<0$, $forall xin mathbb{R}$. Hàm số nghịch biến trên $D=mathbb{R}$.

Phương án D. Tập xác định $D=left( 0;+infty  right)$. Ta có ${y}’={{log }_{frac{1}{5}}}x=frac{1}{xln frac{1}{5}}Rightarrow {y}'<0$,$forall xin left( 0;+infty  right)$. Hàm số nghịch biến trên $D=left( 0;+infty  right)$.

Câu  18: Chọn C.

Tập xác định: $D=mathbb{R}backslash left{ -2 right}$.

Ta có ${y}’=frac{2-m}{{{left( x+2 right)}^{2}}}$.

Để hàm số đồng biến trên $left( -infty ;-2 right)$ và $left( -2;+infty  right)$ thì ${y}’>0$

$Leftrightarrow frac{2-m}{{{left( x+2 right)}^{2}}}>0Leftrightarrow 2-m>0Leftrightarrow m<2$.

Câu  19: Chọn D.

Số các số có $3$ chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho là số chỉnh hợp chập $3$ của $6$ và bằng $A_{6}^{3}=120$ số.

Câu  20: Chọn D.

Phương trình tương đương với ${{x}^{2}}-3x+1={{10}^{-9}}Leftrightarrow {{x}^{2}}-3x+1-{{10}^{-9}}=0$ .

$Delta =5+{{4.10}^{-9}}>0$ nên phương trình có hai nghiệm ${{x}_{1}}$ và ${{x}_{2}}$ phân biệt.

Ta có ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=3$.

Câu  21: Chọn C.

Đặt $overrightarrow{AB}=vec{a},overrightarrow{AD}=vec{b},overrightarrow{A{A}’}=vec{c}$

Từ $overrightarrow{M{A}’}=k.overrightarrow{MC}Rightarrow overrightarrow{A{A}’}-overrightarrow{AM}=kleft( overrightarrow{AC}-overrightarrow{AM} right)Rightarrow overrightarrow{AM}=frac{overrightarrow{A{A}’}-koverrightarrow{AC}}{1-k}=frac{-kleft( vec{a}+vec{b} right)+vec{c}}{1-k}$  .

và $overrightarrow{N{C}’}=l.overrightarrow{ND}Rightarrow overrightarrow{A{C}’}-overrightarrow{AN}=l.left( overrightarrow{AD}-overrightarrow{AN} right)Leftrightarrow overrightarrow{AN}=frac{overrightarrow{A{C}’}-loverrightarrow{AD}}{1-l}=frac{vec{a}+vec{b}+vec{c}-lvec{b}}{1-l}$ .

Vậy $overrightarrow{MN}=overrightarrow{AM}-overrightarrow{AN}=frac{-kleft( vec{a}+vec{b} right)+vec{c}}{1-k}-frac{vec{a}+vec{b}+vec{c}-lvec{b}}{1-l}$

$=left( -frac{k}{1-k}-frac{1}{1-l} right)vec{a}+left( -frac{k}{1-k}-1 right)vec{b}+left( frac{1}{1-k}-frac{1}{1-l} right)vec{c}$.

Mặt khác, $overrightarrow{B{D}’}=overrightarrow{A{D}’}-overrightarrow{AB}=-vec{a}+vec{b}+vec{c}$.

Để $MNtext{//}B{D}’$ thì $overrightarrow {MN} {rm{//}}overrightarrow {BD’}  Rightarrow left{ begin{array}{l}
frac{k}{{1 – k}} + frac{1}{{1 – l}} =  – frac{k}{{1 – k}} – 1\
 – frac{k}{{1 – k}} – 1 = frac{1}{{1 – k}} – frac{1}{{1 – l}}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
frac{{2k}}{{1 – k}} + frac{1}{{1 – l}} =  – 1\
frac{{k + 1}}{{1 – k}} – frac{1}{{1 – l}} =  – 1
end{array} right.$

$Rightarrow frac{3k+1}{1-k}=-2Leftrightarrow k=-3$ . Từ đó ta có: $frac{1}{1-l}=frac{1}{2}Rightarrow l=-1$ .

Vậy $k+l=-4$.

Câu  22: Chọn C.

Từ công thức lãi kép ta có ${{A}_{n}}=A{{left( 1+r right)}^{n}}$.

Theo đề bài ta có

$left{ begin{array}{l}
n = 10\
r = 0,06\
{A_n} = A + 100
end{array} right. Rightarrow 100 + A = A{left( {1 + 0,06} right)^{10}} Leftrightarrow 100 = Aleft( {1,{{06}^{10}} – 1} right)$

$ Leftrightarrow A = frac{{100}}{{{{1.06}^{10}} – 1}} Leftrightarrow A = 126446597$(đồng).

Câu  23: Chọn A.

Theo biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến $left{ begin{array}{l}
x’ = x + a\
y’ = y + b
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x’ = 1 – 3\
y’ = 2 + 4
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x’ =  – 2\
y’ = 6
end{array} right.$.

Vậy ${M}’left( -2;6 right)$.

Câu  24: Chọn C.

Hàm số $y=sin 2x$ tuần hoàn với chu kỳ $T=2pi $ nên hàm số $y=sin 2x$ tuần hoàn với chu kỳ $T=pi $.

Câu  25: Chọn A.

Câu  26: Chọn A.

Ta có ${{u}_{n}}={{u}_{n-1}}+2Rightarrow {{u}_{n}}-{{u}_{n-1}}=2$  nên dãy $left( {{u}_{n}} right)$ là một cấp số cộng với công sai $text{d}=2$.

Nên theo công thức tổng quát của CSC ${{u}_{n}}={{u}_{1}}+left( n-1 right)text{d}$.

Do đó: ${{u}_{2}}={{u}_{1}}+text{d}=1+2=3$; ${{u}_{3}}={{u}_{1}}+2text{d}=1+2.2=5$;${{u}_{5}}={{u}_{1}}+4text{d}=1+4.2=9$;

${{u}_{6}}={{u}_{1}}+5text{d}=1+5.2=11$ .

Vậy ${{u}_{5}}=9$.

Câu  27: Chọn A.

TXĐ: $D=left[ -3;3 right]backslash text{ }!!{!!text{ }-text{2 }!!}!!text{ }$.

Do đó không tồn tại $underset{xto pm infty }{mathop{lim }},y$ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

+) $underset{xto {{left( -2 right)}^{-}}}{mathop{lim }},y=underset{xto {{left( -2 right)}^{-}}}{mathop{lim }},frac{sqrt{9-{{x}^{2}}}}{{{x}^{2}}-2x-8}=underset{xto {{left( -2 right)}^{-}}}{mathop{lim }},frac{sqrt{9-{{x}^{2}}}}{left( x+2 right)left( x-4 right)}=underset{xto {{left( -2 right)}^{-}}}{mathop{lim }},frac{frac{sqrt{9-{{x}^{2}}}}{x-4}}{x+2}$

Ta thấy $left{ begin{array}{l}
mathop {lim }limits_{x to {{left( { – 2} right)}^ – }} frac{{sqrt {9 – {x^2}} }}{{x – 4}} =  – frac{{sqrt 5 }}{6} < 0\
mathop {lim }limits_{x to {{left( { – 2} right)}^ – }} left( {x + 2} right) = 0,x to {left( { – 2} right)^ – } Rightarrow x + 2 < 0
end{array} right.$ nên $mathop {lim }limits_{x to {{left( { – 2} right)}^ – }} frac{{frac{{sqrt {9 – {x^2}} }}{{x – 4}}}}{{x + 2}} =  + infty $.

Hay $underset{xto {{left( -2 right)}^{-}}}{mathop{lim }},y=+infty $.

+) $underset{xto {{left( -2 right)}^{+}}}{mathop{lim }},y=underset{xto {{left( -2 right)}^{+}}}{mathop{lim }},frac{sqrt{9-{{x}^{2}}}}{{{x}^{2}}-2x-8}=underset{xto {{left( -2 right)}^{+}}}{mathop{lim }},frac{sqrt{9-{{x}^{2}}}}{left( x+2 right)left( x-4 right)}=underset{xto {{left( -2 right)}^{+}}}{mathop{lim }},frac{frac{sqrt{9-{{x}^{2}}}}{x-4}}{x+2}$

Ta thấy $left{ begin{array}{l}
mathop {lim }limits_{x to {{left( { – 2} right)}^ + }} frac{{sqrt {9 – {x^2}} }}{{x – 4}} =  – frac{{sqrt 5 }}{6} < 0\
mathop {lim }limits_{x to {{left( { – 2} right)}^ + }} left( {x + 2} right) = 0,x to {left( { – 2} right)^ + } Rightarrow x + 2 > 0
end{array} right.$ nên $mathop {lim }limits_{x to {{left( { – 2} right)}^ – }} frac{{frac{{sqrt {9 – {x^2}} }}{{x – 4}}}}{{x + 2}} =  – infty $.

Hay $underset{xto {{left( -2 right)}^{+}}}{mathop{lim }},y=-infty $.

Câu  28: Chọn A.

$int{left( 2{{x}^{3}}-9 right)}text{d}x=2.frac{{{x}^{4}}}{4}-9x+C=frac{{{x}^{4}}}{2}-9x+C$.

Câu  29: Chọn C.

Hàm đã cho liên tục trên $left[ 0;2 right]$.

$y’ = 4{x^3} – 4x;y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0 notin left( {0;2} right)\
x = 1 in left( {0;2} right)\
x =  – 1 notin left( {0;2} right)
end{array} right.$

$yleft( 0 right)=3;yleft( 1 right)=2;yleft( 2 right)=11$

Vậy $underset{left[ 0;2 right]}{mathop{max }},y=11;underset{left[ 0;2 right]}{mathop{min }},y=2$