Lời giải đề 24: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 trường THPT Lục Ngạn- Bắc Giang lần 1 trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI.

Câu 1: Chọn A.

Phương trình tiếp tuyến tại $Mleft( -1;3 right)$ là ${{d}_{1}}:y=-2x+1$.

Phương trình tiếp tuyến tại $Nleft( 2;6 right)$ là ${{d}_{2}}:y=4x-2$.

Phương trình hoành độ giao điểm của ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$: $-2x+1=4x-2$$Leftrightarrow x=frac{1}{2}$.

Vậy $S=intlimits_{-1}^{frac{1}{2}}{left| {{x}^{2}}+2+2x-1 right|text{d}x}$$+intlimits_{frac{1}{2}}^{2}{left| {{x}^{2}}+2-4x+2 right|text{d}x}$$=frac{9}{4}$.

Câu 2: Chọn C.

TXĐ: $D=mathbb{R}$.

${y}’=3{{x}^{2}}+6x$, $y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x =  – 2
end{array} right.$

Dựa vào BBT, ta có hàm số nghịch biến trên $left( -2;0 right)$.

Câu 3: Chọn C.

B đúng do $y=8.{{left( frac{1}{2} right)}^{x}}$nghịch biến trên $mathbb{R}$.

Xét $y={{log }_{frac{1}{2}}}left( {{x}^{2}}+1 right)$ có ${y}’=frac{2x}{left( {{x}^{2}}+1 right)ln frac{1}{2}}$, ${y}’=0Leftrightarrow x=0$.

Vẽ BBT ta thấy hàm số $y={{log }_{frac{1}{2}}}left( {{x}^{2}}+1 right)$ đạt cực đại tại $x=0$ nên D đúng.

Xét $y={{2}^{x}}+{{2}^{2-x}}$, ta có ${y}’={{2}^{x}}.ln 2-{{2}^{2-x}}.ln 2$, ${y}’=0Leftrightarrow x=1$.

Ta có BBT

Hàm số đã cho có GTNN bằng 4 nên A đúng.

Xét $y={{log }_{2}}left( {{x}^{2}}+1 right)$ có ${y}’=frac{2x}{left( {{x}^{2}}+1 right)ln 2}$, ${y}’=0Leftrightarrow x=0$.

Ta có BBT

Hàm số đã cho đồng biến trên $left( 0;+infty  right)$ nên C sai.

Câu 4: Chọn C.

$left( P right)$ có dạng $2x+2left( y+1 right)-left( z-4 right)=0$$Leftrightarrow 2x+2y-z+6=0$.

Câu 5: Chọn B.

Điều kiện xác định: $xge 3$.

${{log }_{2}}left( x-3 right)+{{log }_{2}}xge 2$$Leftrightarrow {{x}^{2}}-3xge 4$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x ge 4\
x le  – 1
end{array} right.$. Vậy tập nghiệm của bpt là $S=left[ 4;+infty  right)$.

Câu 6: Chọn D.

Số cách chọn ba học sinh tùy ý từ 10 học sinh giỏi là $C_{10}^{3}=120$ cách.

Số cách chọn để có đúng hai học sinh nam và một học sinh nữ là $C_{6}^{2}.C_{4}^{1}=60$ cách.

Vậy xác suất cần tìm là $frac{60}{120}=frac{1}{2}$.

Câu 7: Chọn C.

Ta có ${{log }_{2}}left( frac{{{x}^{2}}}{y} right)={{log }_{2}}{{x}^{2}}-{{log }_{2}}y$$=2{{log }_{2}}x-{{log }_{2}}y$.

Câu 8: Chọn C.

Ta có: ${y}’=-3{{x}^{2}}-2mx+4m+9$.

Hàm số nghịch biến trên $left( -infty ;+infty  right)$$Leftrightarrow {y}’le 0$, $forall xin left( -infty ;+infty  right)$.

$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
 – 3 < 0\
Delta ‘ = {left( { – m} right)^2} – left( { – 3} right).left( {4m + 9} right) le 0
end{array} right.$$Leftrightarrow {{m}^{2}}+12m+27le 0$$Leftrightarrow min left[ -9;-3 right]$.

Suy ra số giá trị nguyên của $m$ để hàm số nghịch biến trên $left( -infty ;+infty  right)$ là $7$.

Câu 9: Chọn A.

Đặt $left{ begin{array}{l}
u = ln left( {x + 1} right)\
{rm{d}}v = {rm{d}}x
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
{rm{d}}u = frac{1}{{x + 1}}{rm{d}}x\
v = x
end{array} right.$

Khi đó, ta có:

$begin{array}{l}
intlimits_1^2 {ln left( {x + 1} right){rm{d}}x}  = xln left( {x + 1} right)left| begin{array}{l}
2\
1
end{array} right. – intlimits_1^2 {frac{x}{{x + 1}}{rm{d}}x}  = 2ln 3 – ln 2 – intlimits_1^2 {left( {1 – frac{1}{{x + 1}}} right){rm{d}}x} \
 = 2ln 3 – ln 2 – left( {x – ln left| {x + 1} right|} right)left| begin{array}{l}
2\
1
end{array} right.
end{array}$

$=2ln 3-ln 2-left( 2-ln 3-1+ln 2 right)$$=3ln 3-2ln 2-1$.

Suy ra $S=a+b+c$$=3-2-1=0$.

Câu 10: Chọn C.

Cách 1.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

Khi đó: $OMbot BC$ và $OMbot OA$ (do $OAbot left( OBC right)$).

Do đó $dleft( OA,BC right)=OM=frac{BC}{2}=frac{asqrt{2}}{2}$.

Cách 2.

Gắn hệ trục tọa $Oxyz$ với gốc tọa độ trùng với điểm $O$, $OAsubset Oz$, $OBsubset Ox$, $OCsubset Oy$.

Khi đó, ta có: $Oleft( 0;0;0 right)$, $Aleft( 0;0;a right)$, $Bleft( a;0;0 right)$, $Cleft( 0;a;0 right)$.

Ta có: $overrightarrow{OA}left( 0;0;a right),$, $overrightarrow{BC}left( -a;a;0 right)$$Rightarrow left[ overrightarrow{OA},overrightarrow{BC} right]=left( -{{a}^{2}};-{{a}^{2}};0 right)$.

$dleft( OA,BC right)=frac{left| left[ overrightarrow{OA},overrightarrow{BC} right].overrightarrow{OB} right|}{left| left[ overrightarrow{OA},overrightarrow{BC} right] right|}=frac{left| -{{a}^{2}}.a-{{a}^{2}}.0+0.0 right|}{sqrt{{{a}^{4}}+{{a}^{4}}+{{0}^{2}}}}=frac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}sqrt{2}}=frac{asqrt{2}}{2}$.

Câu 11: Chọn D.

Gọi $N={B}’Mcap BA$, khi đó $left( {B}’MD right)cap left( ABCD right)=DN$.

Vì $ABCD$ là hình thoi có $widehat{BAD}=60{}^circ $ nên tam giác $ABD$ đều cạnh $a$.

$AM$ là đường trung bình của tam giác $NB{B}’$ nên $AN=AB=a$, suy ra $Delta ADN$ cân tại $A$, $widehat{DAN}=180{}^circ -widehat{BAD}=120{}^circ $. Do đó $widehat{ADN}=30{}^circ $. Suy ra $widehat{NDB}=60{}^circ +30{}^circ =90{}^circ $ hay $BDbot DN$.

Theo định lý ba đường vuông góc ta có ${B}’Dbot DN$, do đó góc giữa mặt phẳng $left( B’MD right)$ và $left( ABCD right)$ là góc giữa ${B}’D$ và $BD$ là $widehat{{B}’DB}$.

Xét tam giác ${B}’DB$ vuông tại $B$, $cos widehat{{B}’DB}=frac{BD}{{B}’D}$$=frac{BD}{sqrt{B{{D}^{2}}+B{{{{B}’}}^{2}}}}$$=frac{a}{sqrt{{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}}}$$=frac{sqrt{3}}{3}$.

Câu 12: Chọn A.

Đường elip có trục lớn $28,text{cm}$, trục nhỏ $25,text{cm}$ có phương trình $+frac{{{y}^{2}}}{{{left( frac{25}{2} right)}^{2}}}=1$$Leftrightarrow {{y}^{2}}={{left( frac{25}{2} right)}^{2}}left( 1-frac{{{x}^{2}}}{{{14}^{2}}} right)$$Leftrightarrow y=pm frac{25}{2}sqrt{1-frac{{{x}^{2}}}{{{14}^{2}}}}$.

Do đó thể tích quả dưa là $V=pi intlimits_{-14}^{14}{{{left( frac{25}{2}sqrt{1-frac{{{x}^{2}}}{{{14}^{2}}}} right)}^{2}}text{d}x}$$=pi {{left( frac{25}{2} right)}^{2}}intlimits_{-14}^{14}{{{left( 1-frac{{{x}^{2}}}{{{14}^{2}}} right)}^{2}}text{d}x}$$=pi {{left( frac{25}{2} right)}^{2}}.left. left( x-frac{{{x}^{3}}}{{{3.14}^{2}}} right) right|_{-14}^{14}$$=pi {{left( frac{25}{2} right)}^{2}}.frac{56}{3}$$=frac{8750pi }{3},text{c}{{text{m}}^{text{3}}}$.

Do đó tiền bán nước thu được là $frac{8750pi .20000}{3.1000}approx 183259,$đồng.

Câu 13: Chọn B.

Ta có ${y}’=3{{x}^{2}}-2x-8$; $y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 2 in left[ {1;3} right]\
x =  – frac{4}{3} notin left[ {1;3} right] end{array} right.$.

$yleft( 1 right)=-8$, $yleft( 3 right)=-6$, $yleft( 2 right)=-12$. Do đó $underset{xin left[ 1;3 right]}{mathop{max y}},=yleft( 3 right)=-6$.

Câu 14: Chọn D.

Chọn một nam trong $20$ nam có $C_{20}^{1}$ cách.

Chọn một nữ trong $18$ nữ có $C_{18}^{1}$ cách.

Theo quy tắc nhân, số cách chọn một đôi nam nữ là $C_{20}^{1}C_{18}^{1}$.

Câu 15: Chọn B.

Ta có ${y}’=12{{x}^{3}}-4mx$$=4xleft( 3{{x}^{2}}-m right)$.

Đề đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì $m>0$, khi đó tọa độ các điểm cực trị là $Aleft( 0;2m+{{m}^{4}} right)$, $Bleft( sqrt{frac{m}{3}};{{m}^{4}}-frac{{{m}^{2}}}{3}+2m right)$, $Cleft( -sqrt{frac{m}{3}};{{m}^{4}}-frac{{{m}^{2}}}{3}+2m right)$.

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên có diện tích ${{S}_{ABC}}=frac{1}{2}.BC.dleft( A;BC right)$$=frac{1}{2}.2sqrt{frac{m}{3}}.frac{{{m}^{2}}}{3}$$=sqrt{frac{m}{3}}.frac{{{m}^{2}}}{3}$.

Theo đề bài ta có $sqrt{frac{m}{3}}.frac{{{m}^{2}}}{3}=3Leftrightarrow m=3$.

Câu 16: Chọn B.

Điều kiện: ${{x}^{2}}-2x>0$$Leftrightarrow xin left( -infty ;,0 right)cup left( 2;,+infty  right)$.

Ta có ${y}’=frac{2x-2}{-left( {{x}^{2}}-2x right)ln 3}$, ${y}’>0$$Leftrightarrow frac{2x-2}{-left( {{x}^{2}}-2x right)ln 3}>0$$Leftrightarrow xin left( -infty ;,0 right)cup left( 1;,2 right)$.

So điều kiện $Rightarrow $ $xin left( -infty ;,0 right)$.

Câu 17: Chọn A.

Ta có $fleft( x right)=int{{f}’left( x right)text{d}x}$$=int{frac{3}{3x-1}}text{d}x$$=ln left| 3x-1 right|+C$$ = left{ begin{array}{l}
ln left( { – 3x + 1} right) + C,,left( {{rm{khi}},x < frac{1}{3}} right)\
ln left( {3x – 1} right) + Cleft( {,{rm{khi}},x > frac{1}{3}} right)
end{array} right.$

$fleft( 0 right)=1$$Rightarrow ln left( -3.0+1 right)+C=1$$Leftrightarrow C=1$;$fleft( -1 right)=ln left( 3+1 right)+1$$=2ln 2+1$.

$fleft( frac{2}{3} right)=2$$Rightarrow ln left( 2-1 right)+C=2$$Leftrightarrow C=2$;$fleft( 3 right)=ln left( 9-1 right)+2$$=2ln 2+2$.

Vậy: $fleft( -1 right)+fleft( 3 right)=2ln 2+1+2ln 2+2$$=5ln 2+3$.

Câu 18: Chọn C.

Đặt $t={{5}^{x}}$, $t>0$.

Phương trình trở thành: ${{t}^{2}}-2left( 3-x right)t+2x-7=0$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t =  – 1left( L right)\
t =  – 2x + 7
end{array} right.$.

Với $t=-2x+7$ ta có : ${{5}^{x}}=-2x+7$$Leftrightarrow {{5}^{x}}+2x-7=0$.

Phương trình có một nghiệm $x=1$.

Với $x>1$ : ${{5}^{x}}+2x-7>5+2-7$$Leftrightarrow {{5}^{x}}+2x-7>0$$Rightarrow $ phương trình vô nghiệm.

Với $x<1$ : ${{5}^{x}}+2x-7<5+2-7$$Leftrightarrow {{5}^{x}}+2x-7<0$$Rightarrow $ phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất $x=1in left( 0;2 right)$.

Câu 19: Chọn A.

Ta có $underset{xto +infty }{mathop{lim }},fleft( x right)=3$ và $underset{xto -infty }{mathop{lim }},fleft( x right)=3$ nên đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận ngang là $y=3$.

Câu 20: Chọn C.

Ta có: $I=intlimits_{-1}^{2}{left[ x+2fleft( x right)-3gleft( x right) right]text{d}x}$$=intlimits_{-1}^{2}{text{xd}x}+2intlimits_{-1}^{2}{text{f}left( x right)text{d}x}-3intlimits_{-1}^{2}{text{g}left( x right)text{d}x}$$=left. frac{{{x}^{2}}}{2} right|_{-1}^{2}+4+3=frac{17}{2}$.

Câu 21: Chọn A.

Gọi tâm của mặt cầu là $Ileft( a;b;c right)$.

Vì $Iin Oz$ nên $Ileft( 0;0;c right)$.

Lại có $IA=IBLeftrightarrow I{{A}^{2}}=I{{B}^{2}}$ $Leftrightarrow 9+1+{{left( c-2 right)}^{2}}=1+1+{{left( c+2 right)}^{2}}$ $Leftrightarrow c=1$.

Bán kính mặt cầu $R=sqrt{11}$.

Vậy phương trình mặt cầu là ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{left( z-1 right)}^{2}}=11$$Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2z-10=0$.

Câu 22: Chọn C.

Câu 23: Chọn B.

Câu 24: Chọn D.

Ta có ${f}’left( x right)={{x}^{3}}{{left( x+1 right)}^{2}}left( 2-x right)=0$$ Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0}\
{x =  – 1}\
{x = 2}
end{array}} right.$.

Mặt khác ${f}’left( x right)$ đổi dấu khi đi qua $x=0$ và $x=2$ nên hàm số có $2$ điểm cực trị.

Câu 25: Chọn B.

Từ các đỉnh của tam giác BCD ta kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện chúng tạo thành tam giác EFG có diện tích gấp $4$ lần diện tích tam giác BCD.

Các tam giác AEF, AFG, AGE  là các tam giác vuông tại A nên ta có:

$A{{E}^{2}}+A{{F}^{2}}=E{{F}^{2}}=64$   (1)

$A{{G}^{2}}+A{{F}^{2}}=F{{G}^{2}}=36$  (2)

 $A{{E}^{2}}+A{{G}^{2}}=E{{G}^{2}}=48$  (3)

Từ (1), (2), (3) ta có: $2left( A{{E}^{2}}+A{{F}^{2}}+A{{G}^{2}} right)=148Rightarrow A{{E}^{2}}+A{{F}^{2}}+A{{G}^{2}}=74$   (4)

Từ  (1), (4) ta có: $A{{G}^{2}}=10Rightarrow AG=sqrt{10}$

Từ (2), (4) ta có: $A{{E}^{2}}=38Rightarrow AE=sqrt{38}$

Từ (3), (4) ta có: $A{{F}^{2}}=26Rightarrow AF=sqrt{26}$

Thể tích khối chóp A.EFGlà  : $V=frac{1}{6}AE.AF.AG=frac{1}{6}sqrt{9880}=frac{1}{3}sqrt{2470}$

Do đó thể tích tứ diện  ABCD là :$V=frac{1}{4}{V}’=frac{sqrt{2470}}{12}$

Câu 26: Chọn C.

Lấy ${{M}_{1}}left( {{x}_{1}}+3;,4+frac{3}{{{x}_{1}}} right)$, ${{x}_{1}}>0$; ${{M}_{2}}left( {{x}_{2}}+3;,4+frac{3}{{{x}_{2}}} right)$, ${{x}_{2}}<0$

Khi đó ${{M}_{1}}{{M}_{2}}^{2}={{left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} right)}^{2}}left( 1+frac{9}{x_{1}^{2}x_{2}^{2}} right)$.

.Áp dụng bất đẳng thức Cô Si ta có ${{left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} right)}^{2}}ge 4left| {{x}_{1}}{{x}_{2}} right|$ và $1+frac{9}{x_{1}^{2}x_{2}^{2}}ge frac{6}{left| {{x}_{1}}{{x}_{2}} right|}$.

Suy ra ${{M}_{1}}{{M}_{2}}^{2}ge 24Rightarrow {{M}_{1}}{{M}_{2}}ge 2sqrt{6}$.

Độ dài ${{M}_{1}}{{M}_{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất bẳng $2sqrt{6}$ khi $left{ begin{array}{l}
{x_1} =  – {x_2}\
x_1^4 = 9
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{x_1} = sqrt 3 \
{x_2} =  – sqrt 3 
end{array} right.$ .

Câu 27:Chọn C.

Nguyên hàm của hàm số $fleft( x right)=3{{x}^{2}}+2x+5$ là $Fleft( x right)={{x}^{3}}+{{x}^{2}}+5x+C$.

Câu 28: Chọn C.

Hình nón có đường sinh $l=sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}$$=sqrt{{{left( asqrt{3} right)}^{2}}+{{a}^{2}}}$$=$$2a$.

Diện tích xung quanh của hình nón là ${{S}_{xq}}=pi rl$$=2pi {{a}^{2}}$.

Câu 29: Chọn C.

${4^x} – {8.2^x} + 4 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{2^x} = 4 + 2sqrt 3 \
{2^x} = 4 – 2sqrt 3 
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = {log _2}left( {4 + 2sqrt 3 } right)\
x = {log _2}left( {4 – 2sqrt 3 } right)
end{array} right.$ 

Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là ${{log }_{2}}left( 4+2sqrt{3} right)+{{log }_{2}}left( 4-2sqrt{3} right)=2$.