Lời giải đề 21: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT Phan Đăng Lưu- Thừa Thiên Huế lần 1 , mã đề 132 trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. Chọn B.

Gọi $N$ là trung điểm $BC$. Ta có góc giữa $CM$ với $mpleft( BCD right)$ bằng góc $MCN$.

+ $MN=frac{AB}{2}=a$.

+$CN=frac{asqrt{3}}{2}$.

Vậy $tan varphi =frac{MN}{CN}=a.frac{2}{asqrt{3}}=frac{2sqrt{3}}{3}$.

Câu 2. Chọn C.

+ $ABCD$ là hình thoi, góc $BAC=60{}^circ $ nên ta có tam giác $ABC$ đều.

+ Gọi $M$ là trung điểm $BC$ ta có góc giữa $left( SBC right)$ và đáy $left( ABCD right)$ bằng góc $SMA=60{}^circ $.

+ Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SM$ ta có:

+ $left{ begin{array}{l}
BC bot SA\
BC bot AM
end{array} right.$ $Rightarrow $$BCbot left( SAM right)$$Rightarrow $$BCbot AH$.

Lại có: $AHbot SM$ $Rightarrow $$AHbot left( SBC right)$$Rightarrow $$dleft( A,left( SBC right) right)=AH$.

+ $AM=frac{asqrt{3}}{2}$.

$frac{AH}{AM}=sin 60{}^circ =frac{sqrt{3}}{2}$ $Rightarrow $$AH=frac{asqrt{3}}{2}.frac{sqrt{3}}{2}=frac{3a}{4}$.

Câu3. Chọn C.

$L=underset{xto 1}{mathop{lim }},frac{1-x}{sqrt{2-x}-1}=underset{xto 1}{mathop{lim }},frac{left( 1-x right)left( sqrt{2-x}+1 right)}{-x+1}=underset{xto 1}{mathop{lim }},left( sqrt{2-x}+1 right)=2$.

Câu 4. Chọn D.

Hàm số $y=ln x$có tập xác định $left( 0;+infty  right)$ và có cơ bằng $e>1$ $Rightarrow $ Chọn       D.

Câu 5. Chọn B.

Ta có ${{S}_{tp}}=pi Rl+pi {{R}^{2}}$, trong đó $R=frac{asqrt{2}}{2}$, $l=a$ nên ${{S}_{tp}}=pi .frac{asqrt{2}}{2}.a+pi .{{left( frac{asqrt{2}}{2} right)}^{2}}$$=frac{pi left( 1+sqrt{2} right){{a}^{2}}}{2}$.

Câu 6. Chọn D.

Ta có ${{u}_{1}}=3$ và ${{u}_{9}}=768$ nên $768=3.{{q}^{8}}$ $Rightarrow {{q}^{8}}=256$ $Rightarrow q=pm 2$.

Do đó ${{u}_{5}}={{u}_{1}}.{{q}^{4}}={{3.2}^{4}}=48$.

Câu 7. Chọn A.

Ta có số cạnh của hình mười hai mặt đều là $30$.

Câu 8. Chọn C.

Ta có ${{left( 2-x right)}^{n}}=sumlimits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}{{2}^{n-k}}.{{left( -1 right)}^{k}}.{{x}^{k}}}$.

Hệ số của ${{x}^{4}}$ tương đương với $k=4$ là $C_{n}^{4}{{2}^{n-4}}.{{left( -1 right)}^{4}}=280$$Leftrightarrow frac{nleft( n-1 right)left( n-2 right)left( n-3 right)}{24}{{2}^{n-4}}=280$$Leftrightarrow nleft( n-1 right)left( n-2 right)left( n-3 right)=frac{6720}{{{2}^{n-4}}}=frac{{{2}^{6}}.3.5.7}{{{2}^{n-4}}}$.

Vì $n$  là số tự nhiên nên $n-4le 6$ $Rightarrow 4le nle 10$.

Lâp bảng giá trị được $n=7$.

Câu 9. Chọn B.

Gọi $left( S right)$ là mặt cầu  có tâm $I$ và bán kính $R=9$.

Xét hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$, cạnh $3!.2!=12$, $left( 0<ale 9sqrt{2} right)$

Ta có $OA=frac{AC}{2}$$=frac{asqrt{2}}{2}$$Rightarrow $$OI=sqrt{I{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}$$=sqrt{81-frac{{{a}^{2}}}{2}}$.

Mặt khác ta lại có $SO=SI+IO$$=9+sqrt{81-frac{{{a}^{2}}}{2}}$.

Thể tích của khối chóp $S.ABCD$ là $V=frac{1}{3}{{a}^{2}}left( 9+sqrt{81-frac{{{a}^{2}}}{2}} right)$$=3{{a}^{2}}+frac{1}{3}{{a}^{2}}sqrt{81-frac{{{a}^{2}}}{2}}$.

Đặt ${{a}^{2}}=t$, do $0<ale 9sqrt{2}$ nên $0<tle 162$

Xét hàm số $fleft( t right)=3t+frac{1}{3}tleft( 9+sqrt{81-frac{t}{2}} right)$, với $0<tle 162$ ta có ${f}’left( t right)=3+frac{324-3t}{12sqrt{81-frac{t}{2}}}$; ${f}’left( t right)=0$$Leftrightarrow sqrt{81-frac{t}{2}}=frac{t}{12}-9$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
t ge 108\
81 – frac{t}{2} = {left( {frac{t}{{12}} – 9} right)^2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
t ge 108\
left[ begin{array}{l}
t = 0\
t = 144
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow t = 144$.

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có ${{V}_{max }}=576$ khi $t=144$ hay $a=12$.

Câu 10. Chọn C.

Ta có $3{{sin }^{2}}x-2cos x+2=0$$Leftrightarrow 3{{cos }^{2}}x+2cos x-5=0$$Rightarrow cos x=1$$Leftrightarrow x=k2pi ,kin mathbb{Z}$.

Câu 11. Chọn D.

Ta có $BM$ là bán kính đường tròn $left( C right)$.

Do tam giác $Delta SBMbacksim Delta SAO$ nên $frac{BM}{AO}=frac{SM}{SO}$$Leftrightarrow BM=frac{AO.SM}{SO}$$Leftrightarrow BM=frac{Rleft( h-x right)}{h}$.

Thể tích của khối nón đỉnh $O$ đáy là $left( C right)$ là:

$V=frac{1}{3}pi B{{M}^{2}}.OM$$=frac{1}{3}pi {{left[ frac{Rleft( h-x right)}{h} right]}^{2}}x$$=frac{1}{3}pi frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}{{left( h-x right)}^{2}}x$.

Xét hàm số $fleft( x right)=frac{1}{3}pi frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}{{left( h-x right)}^{2}}x$, $left( 0<x<h right)$ ta có

Ta có ${f}’left( x right)=frac{1}{3}pi frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}left( h-x right)left( h-3x right)$; ${f}’left( x right)=0Leftrightarrow frac{1}{3}pi frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}left( h-x right)left( h-3x right)Leftrightarrow x=frac{h}{3}$.

Lập bảng biến thiên ta có

Từ bảng biến ta có thể tích khối nón đỉnh $O$ đáy là $left( C right)$ lớn nhất khi $x=frac{h}{3}$.

Câu 12.  Chọn A.

Ta có diện tích xung quanh của hình nón là ${{S}_{xq}}=pi rl$$15pi =pi .3.l$$Leftrightarrow l=5$.

Chiều cao của khối nón là $h=sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}$$=sqrt{{{5}^{2}}-{{3}^{2}}}$$=4$.

Thể tích của khối nón là $V=frac{1}{3}pi {{r}^{2}}h$$=frac{1}{3}pi {{.3}^{2}}.4$$=12pi $.

Câu 13: Chọn D.

* Ta có hai hàm số ${{f}_{2}}left( x right)=frac{3x+1}{x-2}$ và ${{f}_{4}}left( x right)={{log }_{3}}x$ có tập xác định không phải là tập $mathbb{R}$ nên không thỏa yêu cầu.

* Cả hai hàm số ${{f}_{1}}left( x right)=2{{x}^{3}}-3x+1$ và ${{f}_{3}}left( x right)=cos x+3$ đều có tập xác định là $mathbb{R}$ đồng thời liên tục trên $mathbb{R}$.

Câu 14: Chọn A.

* Hàm số xác định khi và chỉ khi ${x^2} – 5x > 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x < 0\
x > 5
end{array} right.$.

* Ta có ${f}’left( x right)=frac{2x-5}{{{x}^{2}}-5x}$; ${f}’left( x right)=0$$Leftrightarrow 2x-5=0Leftrightarrow x=frac{5}{2}$ (loại).

* Vậy $S=varnothing $.

Câu 15: Chọn C.

* Số hạng tổng quát trong khai triển ${{left( x-frac{2}{{{x}^{2}}} right)}^{6}}$ là $C_{6}^{k}{{x}^{6-k}}{{left( -frac{2}{{{x}^{2}}} right)}^{k}}=C_{6}^{k}{{left( -2 right)}^{k}}{{x}^{6-3k}}$ với $kin mathbb{Z}$, $0le kle 6$.

* Số hạng không chứa $x$ nên $6-3k=0Leftrightarrow k=2$ suy ra hệ số cần tìm là $C_{6}^{2}{{left( -2 right)}^{2}}=60$.

Câu 16: Chọn C.

* Đáy lăng trụ là tam giác đều cạnh $a$ nên có diện tích là $S=frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$, đường cao $h=a$.

* Vậy thể tích khối lăng trụ $V=S.h=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{4}$.

Câu 17. Chọn B.

Gọi $overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}{{a}_{4}}{{a}_{5}}{{a}_{6}}}$ là số cần tìm

Ta có ${{a}_{6}}in left{ 1;,3;,5 right}$ và $left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}} right)-left( {{a}_{4}}+{{a}_{5}}+{{a}_{6}} right)=1$

Với ${{a}_{6}}=1$ thì $left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}} right)-left( {{a}_{4}}+{{a}_{5}} right)=2$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {2,,3,,6} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {4,,5} right}
end{array} right.$ hoặc $left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {2,,4,,5} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {3,,6} right}
end{array} right.$

Với ${{a}_{6}}=3$ thì $left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}} right)-left( {{a}_{4}}+{{a}_{5}} right)=4$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {2;,4;,5} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {1,,6} right}
end{array} right.$ hoặc $left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {1,,4,,6} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {2,,5} right}
end{array} right.$

Với ${{a}_{6}}=5$ thì $left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}} right)-left( {{a}_{4}}+{{a}_{5}} right)=6$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {2,,3,,6} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {1,,4} right}
end{array} right.$ hoặc $left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {1,,4,,6} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {2,,3} right}
end{array} right.$

Mỗi trường hợp có $3!.2!=12$ số thỏa mãn yêu cầu

Vậy có tất cả $6.12=72$ số cần tìm.

Câu 18. Chọn C.

Tập xác định $D=mathbb{R}backslash left{ -1 right}$.

${y}’=frac{3}{{{left( x+1 right)}^{2}}}>0,,forall xin D$.

$Rightarrow $ hàm số luôn đồng biến trên các khoảng $left( -infty ;,-1 right)$ và $left( -1;,+infty  right)$.

Câu 19. Chọn B.

$2cos x-sqrt{2}=0$ $Leftrightarrow cos x=frac{sqrt{2}}{2}$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{pi }{4} + k2pi \
x =  – frac{pi }{4} + k2pi 
end{array} right.,,k in Z$.

Câu 20. Chọn B.

Cách 1:

Tam giác $OBC$ có $OB=OC=a$, $widehat{BOC}=60{}^circ $ $Rightarrow $ $OBC$ là tam giác đều $Rightarrow BC=a$.

Tam giác $OAC$ và $OAB$ bằng nhau $Rightarrow AB=AC$

Áp dụng định lí cosin trong tam giác $OAB$ ta có:

$A{{B}^{2}}=O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-2.OA.OB.cos 45{}^circ $ $Leftrightarrow A{{B}^{2}}={{a}^{2}}$ $Leftrightarrow AB=AC=a$.

Khi đó tam giác $ABC$ đều.

Gọi $H$ là trung điểm $BC$ thì $OH=AH=frac{asqrt{3}}{2}$ và $cos widehat{OHA}=frac{O{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}-O{{A}^{2}}}{2.AH.OH}=frac{-1}{3}$

$Rightarrow sin widehat{OHA}=frac{2sqrt{2}}{3}$ $Rightarrow {{S}_{OAH}}=frac{1}{2}OH.AH.sin widehat{OHA}=frac{{{a}^{2}}sqrt{2}}{4}$.

Ta có $left{ begin{array}{l}
BC bot OH\
BC bot AH
end{array} right. Rightarrow BC bot left( {OAH} right)$.

${{V}_{O.ABC}}=2{{V}_{B.OAH}}$ $Leftrightarrow {{V}_{O.ABC}}=2.frac{1}{3}.BH.{{S}_{OAH}}$$Leftrightarrow {{V}_{O.ABC}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$.

Cách 2: Áp dụng công thức giải nhanh

Khối tứ diện $OABC$ có $left{ begin{array}{l}
OA = a,,OB = b,,OC = c\
widehat {AOB} = alpha ,,widehat {AOC} = beta ,,widehat {BOC} = gamma 
end{array} right.$ thì

${{V}_{OABC}}=frac{abc}{6}sqrt{1-{{cos }^{2}}alpha -{{cos }^{2}}beta -{{cos }^{2}}gamma +2cos alpha .cos beta .cos gamma }=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$.

Câu 21. Chọn C.

Ta có thể tích của khối cầu là ${{V}_{C}}=frac{4}{3}pi {{r}^{3}}$.

Thể tích của khối trụ là ${{V}_{T}}=pi {{r}^{2}}l=2pi {{r}^{3}}$.

Khi đó $frac{{{V}_{C}}}{{{V}_{T}}}=frac{2}{3}$.

Câu 22. Chọn D.

Ta có $underset{xto {{1}^{+}}}{mathop{lim }},fleft( x right)=underset{xto {{1}^{+}}}{mathop{lim }},left( {{x}^{2}}+1 right)=2$; $underset{xto {{1}^{-}}}{mathop{lim }},fleft( x right)=underset{xto {{1}^{-}}}{mathop{lim }},left( x+m right)=1+m$. Để hàm số liên tục tại ${{x}_{0}}=1$ thì $underset{xto {{1}^{+}}}{mathop{lim }},fleft( x right)=underset{xto {{1}^{-}}}{mathop{lim }},fleft( x right)Leftrightarrow 2=m+1Leftrightarrow m=1$.

Câu 23. Chọn D.

Số phần tử không gian mẫu là $left| Omega  right|=C_{35}^{4}=5236$.

Số phần phần tử của biến cố lấy được $4$ bi màu xanh là $C_{20}^{4}$.

Số phần phần tử của biến cố lấy được $4$ bi màu đỏ là $C_{15}^{4}$.

Suy ra xác suất của biến cố $4$bi lấy được có đủ  hai màu là $p=1-frac{C_{20}^{4}+C_{15}^{4}}{5236}=frac{4615}{5236}$.

Câu 24. Chọn A.

ĐK $left{ begin{array}{l}
sin x ne 0\
cos x ne 0
end{array} right. Leftrightarrow sin 2x ne 0 Leftrightarrow x ne frac{{kpi }}{2},k in Z$.

Phương trình tương đương ${tan ^2}x – left( {sqrt 3  + 1} right)tan x + sqrt 3  = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
tan x = 1\
tan x = sqrt 3 
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{pi }{4} + kpi \
x = frac{pi }{3} + kpi 
end{array} right.,k in Z$

Câu 25: Chọn C.

Số cách chọn $6$ người trong đó có đúng $2$ nữ là $C_{6}^{2}.C_{8}^{4}=1050$ cách.

Câu 26:  Chọn D.

Hình trụ có bán kính đáy bằng $a$ và thiết diện qua trục là hình vuông nên độ dài đường sinh của hình trụ là $l=2a$.

Diện tích xung quanh của hình trụ bằng $S=2pi rl=2pi .a.2a=4pi {{a}^{2}}$.

Câu 27: Chọn D.

Ta có

$left( 1 right)Leftrightarrow 4left( m-1 right)log _{frac{1}{3}}^{2}left( x+1 right)-4left( m-5 right){{log }_{frac{1}{3}}}left( x+1 right)+4m-4=0$

$Leftrightarrow left( m-1 right)log _{frac{1}{3}}^{2}left( x+1 right)-left( m-5 right){{log }_{frac{1}{3}}}left( x+1 right)+m-1=0$

Đặt $t={{log }_{frac{1}{3}}}left( x+1 right)$, với $xin left[ -frac{2}{3};,2 right]$ thì $-1le tle 1$. Ta có phương trình:

$left( m-1 right){{t}^{2}}-left( m-5 right)t+m-1=0Leftrightarrow mleft( {{t}^{2}}-t+1 right)={{t}^{2}}-5t+1$

$Leftrightarrow m=frac{{{t}^{2}}-5t+1}{{{t}^{2}}-t+1},,,,left( 2 right)$

Xét hàm số $fleft( t right)=frac{{{t}^{2}}-5t+1}{{{t}^{2}}-t+1}$ với $-1le tle 1$.

Ta có $f’left( t right) = frac{{4{t^2} – 4}}{{{{left( {{t^2} – t + 1} right)}^2}}} = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = 1\
t =  – 1
end{array} right.$.

$fleft( -1 right)=frac{7}{3}$, $fleft( 1 right)=-3$

Do đó $underset{left[ -1;,1 right]}{mathop{min }},fleft( t right)=-3$ và $underset{left[ -1;,1 right]}{mathop{max }},fleft( t right)=frac{7}{3}$.

Phương trình đã cho có nghiệm thực trong đoạn $left[ -frac{2}{3};,2 right]$ khi và chỉ khi phương trình $left( 2 right)$ có nghiệm $tin left[ -1;,1 right]$$Leftrightarrow underset{left[ -1;,1 right]}{mathop{min }},fleft( t right)le mle underset{left[ -1;,1 right]}{mathop{max }},fleft( t right)Leftrightarrow -3le mle frac{7}{3}$.

Như vậy, các giá trị nguyên âm $m$ để phương trình $left( 1 right)$ có nghiệm thực trong đoạn $left[ -frac{2}{3};,2 right]$ là $left{ -3;-2;-1 right}$.

Câu 28: Chọn A.

Hai hàm số $y={{e}^{x}}$ và $y=ln x$ là hai hàm số ngược nhau nên đồ thị của chúng đối xứng nhau qua đường thẳng $y=x$, nên mệnh đề $left( I right)$ đúng.

Hàm số $y=ln x$ có tập xác định là $left( 0;+infty  right)$ nên mệnh đề $left( II right)$ sai.

Đồ thị hai hàm số $y={{e}^{x}}$ và $y=ln x$ không cắt nhau, nên mệnh đề $left( III right)$ sai.

Hai hàm số $y={{e}^{x}}$ và $y=ln x$ là hai hàm số đồng biến trên tập xác định của nó, nên mệnh đề $left( IV right)$ đúng.

Vậy, có $2$ mệnh đề sai.

Câu 29: Chọn C.

Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $CD$ và $AB$; $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $BM$.

Ta có: $left. begin{array}{l}
CD bot BM\
CD bot AM
end{array} right} Rightarrow CD bot left( {ABM} right) Rightarrow left( {ABM} right) bot left( {ABC} right)$.

Mà $AHbot BM$; $BM=left( ABM right)cap left( ABC right)$$A$.

Do $ACD$ và $BCD$ là hai tam giác đều cạnh $2sqrt{3}Rightarrow AM=BM=frac{sqrt{3}}{2}cdot 2sqrt{3}=3$.

Tam giác $AMN$ vuông tại $N$, có: $MN=sqrt{A{{M}^{2}}-A{{N}^{2}}}=sqrt{9-frac{{{x}^{2}}}{4}}$.

Lại có:

${{S}_{BCD}}=frac{sqrt{3}}{4}{{left( 2sqrt{3} right)}^{2}}=3sqrt{3}$.

${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}AHcdot {{S}_{BCD}}=frac{1}{3}cdot frac{xsqrt{36-{{x}^{2}}}}{6}cdot 3sqrt{3}=frac{sqrt{3}}{6}xsqrt{36-{{x}^{2}}}$.

Ta có: ${{V}_{ABCD}}=frac{sqrt{3}}{6}xsqrt{36-{{x}^{2}}}le frac{sqrt{3}}{6}cdot frac{{{x}^{2}}+36-{{x}^{2}}}{2}=3sqrt{3}$.

Suy ra ${{V}_{ABCD}}$ lớn nhất bằng $3sqrt{3}$ khi ${{x}^{2}}=36-{{x}^{2}}Rightarrow x=3sqrt{2}$.