Lời giải đề 28: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT Hồng Bàng- HẢi Phòng lần 1 , mã đề 445, trang 1

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: Chọn B.

${y}’=frac{9}{{{left( x+5 right)}^{2}}}>0$ $forall xne -5$.

Do đó hàm số đồng biến trên các khoảng $left( -infty ;-5 right)$ và $left( -5;+infty  right)$.

Câu 2: Chọn B.

Ta có ${f}’left( x right)$ đổi dấu khi $x$ qua các điểm $0$; $1$ . Do đó hàm số có hai điểm cực trị.

Câu 3: Chọn D.

Giả sử người đó trả nợ hết trong $n$ tháng.

Ta tính số tiền lãi do $100$ triệu sinh ra trong $n$ tháng: $S=100times {{left( 1,007 right)}^{n}}$ (triệu đồng).

Do mỗi tháng người đó gửi vào $5$ triệu đồng nên sau $n$ tháng có được (tháng thứ $n+1$ gửi vào đầu tháng):

${{S}_{2}}=5+5times 1,007+5times 1,{{007}^{2}}+…+5times 1,{{007}^{n}}$$=5times frac{1-1,{{007}^{n+1}}}{1-1,007}$(triệu đồng).

Xét phương trình $S={{S}_{2}}$ suy ra $n=21$.

Câu 4:  Chọn B.

${y}’=frac{-x}{sqrt{4-{{x}^{2}}}}$; ${y}’=0Leftrightarrow x=0$ và ${y}’$ đổi dấu từ dương sang âm khi $x$ qua điểm $0$.

Vậy hàm số không có điểm cực tiểu.

Câu 5: Chọn B.

Ta có ${y}’=4{{x}^{3}}+4left( m-4 right)x$; $y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
{x^2} = 4 – m
end{array} right.$.

Để hàm số có ba điểm cực trị $Leftrightarrow m<4$. Khi đó các điểm cực trị của $left( {{C}_{m}} right)$ là

$Aleft( 0;m+5 right)$, $Bleft( sqrt{4-m};m+5-{{left( m-4 right)}^{2}} right)$, $Cleft( -sqrt{4-m};m+5-{{left( m-4 right)}^{2}} right)$.

Do $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $3left( m+5 right)=2{{left( m-4 right)}^{2}}$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 1\
m = frac{{17}}{2}
end{array} right.$.

Do $m<4$ nên $m=1$.

Câu 6:  Chọn C.

$underset{xto -,infty }{mathop{lim }},frac{3-4x}{5x+2}$$=underset{xto -,infty }{mathop{lim }},frac{xleft( frac{3}{x}-4 right)}{xleft( 5+frac{2}{x} right)}$$=underset{xto -,infty }{mathop{lim }},frac{left( frac{3}{x}-4 right)}{left( 5+frac{2}{x} right)}$$=frac{-4}{5}$.

Câu 7: Chọn B.

TXĐ: $D=left( -infty ;-frac{1}{2} right)cup left( frac{1}{2};+infty  right)$. Ta có

$underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{5x+3}{sqrt{4{{x}^{2}}-1}}=frac{5}{2}$ $Rightarrow $ đường thẳng $y=frac{5}{2}$ là tiệm cận ngang.

$underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{5x+3}{sqrt{4{{x}^{2}}-1}}=-frac{5}{2}$$Rightarrow $ đường thẳng $y=-frac{5}{2}$ là tiệm cận ngang.

$underset{xto {{left( frac{1}{2} right)}^{+}}}{mathop{lim }},frac{5x+3}{sqrt{4{{x}^{2}}-1}}=+infty $$Rightarrow $ đường thẳng $x=frac{1}{2}$ là tiệm cận đứng.

$underset{xto {{left( -frac{1}{2} right)}^{-}}}{mathop{lim }},frac{5x+3}{sqrt{4{{x}^{2}}-1}}=+infty $$Rightarrow $ đường thẳng $x=-frac{1}{2}$ là tiệm cận đứng.

Câu 8: Chọn D.

Điều kiện: ${{2}^{x}}<5$

${{log }_{2}}left( 5-{{2}^{x}} right)=2-x$$Leftrightarrow $ $5-{{2}^{x}}={{2}^{2-x}}$$Leftrightarrow $$5-{{2}^{x}}=frac{4}{{{2}^{x}}}$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{2^x} = 1\
{2^x} = 4
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = 2
end{array} right.$ 

$Rightarrow $ $P={{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{1}}{{x}_{2}}=2$.

Câu 9:  Chọn B.

Tâm $I$ là trung điểm $AB$$Rightarrow $ $Ileft( 1;2;0 right)$ và bán kính $R=IA=sqrt{3}$.

Vậy ${{left( x-1 right)}^{2}}+{{left( y-2 right)}^{2}}+{{z}^{2}}=3$.

Câu 10:Chọn A.

Gắn hệ trục tọa độ $Oxyz$ vào trung điểm $O$ của $BC$, ta được

$Bleft( -frac{1}{2};0;0 right)$; $Cleft( frac{1}{2}a;0;0 right)$; ${C}’left( frac{1}{2}a;0;frac{sqrt{2}}{2}a right)$; ${A}’left( 0;frac{sqrt{3}}{2}a;frac{sqrt{2}}{2}a right)$

Ta có $overrightarrow{{A}’C}left( frac{1}{2}a;frac{-sqrt{3}}{2}a;frac{-sqrt{2}}{2}a right)$; $overrightarrow{B{C}’}left( a;0;frac{sqrt{2}}{2}a right)$; $overrightarrow{CB}left( a;0;0 right)$

$dleft[ {A}’C,B{C}’ right]=frac{left| left[ overrightarrow{{A}’C};overrightarrow{B{C}’} right].overrightarrow{CB} right|}{left| left[ overrightarrow{{A}’C};overrightarrow{B{C}’} right] right|}=frac{asqrt{6}}{6}$.

Câu 11: Chọn C.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$$Rightarrow Ileft( frac{5}{2};1;3 right)$.

Ta có: $M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}={{overrightarrow{MA}}^{2}}+{{overrightarrow{MB}}^{2}}$$={{left( overrightarrow{MI}+overrightarrow{IA} right)}^{2}}+{{left( overrightarrow{MI}+overrightarrow{IB} right)}^{2}}$$=2M{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}$.

$I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}$ không đổi nên $M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $MI$ đạt giá trị nhỏ nhất.

$Rightarrow M$ là hình chiếu của $I$ trên trục $Oz$.

$Rightarrow $ $Mleft( 0;0;3 right)$.

Câu 12:  Chọn D.

Vì $fleft( x right)$ là hàm số chẵn nên $intlimits_{-1}^{1}{fleft( x right)text{d}x=2}intlimits_{0}^{1}{fleft( x right)text{d}x}$$=2.5$$=10$.

Vì $gleft( x right)$ là hàm số lẻ nên $intlimits_{-1}^{1}{gleft( x right)text{d}x=0}$.

$Rightarrow $$intlimits_{-1}^{1}{left[ fleft( x right)+gleft( x right) right]text{d}x=10}$ và $intlimits_{-1}^{1}{left[ fleft( x right)-gleft( x right) right]text{d}x=10}$.

Vậy đáp án D sai.

Câu 13: Chọn B.

Gọi $A=left{ 0,1,2,…,9 right}$.

Gọi $overline{ab}$ là hai chữ số cuối của số điện thoại $left( ane b right)$.

Số phần tử không gian mẫu là: $nleft( Omega  right)=A_{10}^{2}$$=90$.

Gọi $A$ là biến cố “Người đó gọi một lần đúng số cần gọi”.

$Rightarrow nleft( A right)=1$.

Vậy xác suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi là: $Pleft( A right)=frac{nleft( A right)}{nleft( Omega  right)}$$=frac{1}{90}$.

Câu 14:Chọn B.

Hàm số xác định khi $left{ begin{array}{l}
frac{{2 – x}}{{x + 2}} > 0\
{log _{frac{1}{2}}}frac{{2 – x}}{{x + 2}} ge 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
 – 2 < x < 2\
frac{{2 – x}}{{x + 2}} le 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
 – 2 < x < 2\
frac{{ – 2x}}{{x + 2}} le 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
 – 2 < x < 2\
left[ begin{array}{l}
x <  – 2\
x ge 0
end{array} right.
end{array} right.$

$Leftrightarrow 0le x<2$.

Câu 15: Chọn D.

Ta có: $Delta SAB$ vuông cân tại $S$ và $AB=asqrt{2}$.

$Rightarrow SO=OB=frac{asqrt{2}}{2}$.

Vậy thể tích của khối nón là: $V=frac{1}{3}.pi .O{{B}^{2}}.SO$$=frac{1}{3}.pi .{{left( frac{asqrt{2}}{2} right)}^{3}}$$=frac{pi {{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$.

Câu 16:  Chọn A.

Ta có: $A_{n}^{3}+2A_{n}^{2}=100$$Leftrightarrow frac{n!}{left( n-3 right)!}+2frac{n!}{left( n-2 right)!}=100$$Leftrightarrow nleft( n-1 right)left( n-2 right)+2nleft( n-1 right)=100$

$Leftrightarrow {{n}^{3}}-{{n}^{2}}-100=0$$Leftrightarrow n=5$.

Ta có: ${{left( 1+3x right)}^{2n}}$$={{left( 1+3x right)}^{10}}$$=sumlimits_{k=0}^{10}{C_{10}^{k}{{left( 3x right)}^{k}}}$.

Hệ số ${{x}^{5}}$ sẽ là $C_{10}^{5}{{3}^{5}}=61236$.

Câu 17: Chọn C.

Ta có: ${y}’=3{{x}^{2}}-6x+3m$; ${y}’=0Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+m=0$.

${Delta }’=1-m$;

Để có diện tích phần trên và phần dưới thì hàm số phải có hai điểm cực trị $Leftrightarrow {Delta }’>0$$Leftrightarrow m<1$. Mặt khác ${{y}’}’=6x-6$.

${{y}’}’=0$$Rightarrow x=1$$Rightarrow y=4m-3$.

Hàm số bậc ba có đồ thị nhận điểm uốn là trục đối xứng. Do đó, để diện tích hai phần bằng nhau thì điểm uốn phải nằm trên trục hoành.

Vậy $4m-3=0$$Leftrightarrow m=frac{3}{4}$ (thỏa $m<1$).

Câu 18: Chọn D.

Gọi $M$, $H$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $BM$. Do $Delta ABC$ là tam giác đều nên $AMbot BC$. Mà $HI$ là đường trung bình nên $HIbot BC$.

Kẻ $IEbot SH$ tại $E$. Ta chứng minh được $IEbot left( SBC right)$ tại $E$.

Suy ra: $dleft( I,left( SBC right) right)=IE$.

Ta có: $IE=frac{IS.IH}{sqrt{I{{S}^{2}}+I{{H}^{2}}}}$ $=frac{IC.tan 60{}^circ .frac{AM}{2}}{sqrt{{{left( IC.tan 60{}^circ  right)}^{2}}+{{left( frac{AM}{2} right)}^{2}}}}$$=frac{3asqrt{13}}{26}$.

Câu 19: Chọn D.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ thì $AMbot BC$ (1). Mặt khác $SAbot left( ABC right)$ nên $SAbot BC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $BCbot left( SAM right)$. Do đó góc giữa $left( SBC right)$ và $left( ABC right)$ là góc $SMA$.

Vậy $widehat{SMA}={{60}^{text{o}}}$. Trong tam giác vuông $SAM$ có $SA=AM.tan widehat{SMA}$$=frac{sqrt{3}}{2}.sqrt{3}$$=frac{3}{2}$.

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Qua $G$ dựng đường thẳng song song với $SA$, cắt mặt phẳng trung trực của đoạn $SA$ tại $I$ thì $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$.

Ta có $IG=frac{1}{2}SA$$=frac{3}{4}$.

Trong tam giác vuông $AIG$ có $I{{A}^{2}}=I{{G}^{2}}+G{{A}^{2}}$$={{left( frac{3}{4} right)}^{2}}+{{left( frac{2}{3}.frac{sqrt{3}}{2} right)}^{2}}$$=frac{9}{16}+frac{1}{3}$$=frac{43}{48}$.

Vậy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ có diện tích bằng $4pi I{{A}^{2}}=4pi frac{43}{48}$$=frac{43pi }{12}$.

Câu 20:  Chọn C.

Đặt cạnh của hình vuông $ABCD$ là $x$, $x>0$.

Vì $SAbot left( ABCD right)$ nên suy ra góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $left( ABCD right)$ là góc $SCA$. Vậy $widehat{SCA}={{45}^{text{o}}}$. Do đó tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$. Suy ra $SA=AC=xsqrt{2}$.

Ta có ${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}$$=frac{1}{3}.xsqrt{2}.{{x}^{2}}$$=frac{{{x}^{3}}sqrt{2}}{3}$.

Theo bài ra thì ${{V}_{ABCD}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{3}$. Vậy $x=a$.

Cách 1:

Qua $B$ dựng đường thẳng $d$ song song với $AC$, qua $A$ dựng đường thẳng ${d}’$ song song với $BD$. Gọi $K$ là giao điểm của $d$ và ${d}’$. Ta có $ACtext{//}left( SKB right)$.

Do đó $dleft( AC,SB right)=dleft( AC,left( SKB right) right)$$=dleft( A,left( SKB right) right)$.

Trong mặt phẳng $left( SAK right)$ dựng $AH$ vuông góc với $SK$ tại $H$ (1).

Vì $ACbot BD$ nên suy ra $AKbot KB$ (2). Mặt khác $SAbot left( ABCD right)$ nên $SAbot KB$ (3).

Từ (2) và (3) suy ra $KBbot left( SAK right)$. Do đó ta có $KBbot AH$ (4).

Từ (1) và (4) suy ra $AHbot left( SKB right)$. Vậy $AH=dleft( A,left( SKB right) right)$.

Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

Ta có tứ giác $AKBI$ hình chữ nhật nên $AK=BI$$=frac{BD}{2}$$=frac{asqrt{2}}{2}$.

Trong tam giác vuông $SAK$có $frac{1}{A{{H}^{2}}}=frac{1}{A{{S}^{2}}}+frac{1}{A{{K}^{2}}}$$=frac{1}{{{left( asqrt{2} right)}^{2}}}+frac{1}{{{left( frac{asqrt{2}}{2} right)}^{2}}}$$=frac{5}{2{{a}^{2}}}$.

Suy ra $AH=frac{asqrt{10}}{5}$. Vậy $dleft( AC,SB right)=frac{asqrt{10}}{5}$.

Cách 2 (tọa độ hóa):

Gán hệ trục tọa độ như sau: $A=left( 0;0;0 right)$, $D=left( a;0;0 right)$, $B=left( 0;a;0 right)$ và $S=left( 0;0;asqrt{2} right)$.

Khi đó $C=left( a;a;0 right)$.

Ta có $overrightarrow{SB}=left( 0;a;-asqrt{2} right)$, $overrightarrow{AC}=left( a;a;0 right)$, $overrightarrow{AS}=left( 0;0;asqrt{2} right)$.

Do đó: $left[ overrightarrow{AC},overrightarrow{SB} right]=left( -{{a}^{2}}sqrt{2};{{a}^{2}}sqrt{2};{{a}^{2}} right)$, $left[ overrightarrow{AC},overrightarrow{SB} right].overrightarrow{AS}={{a}^{3}}sqrt{2}$.

Từ đó ta có $dleft( AC,SB right)=frac{left| left[ overrightarrow{AC},overrightarrow{SB} right]overrightarrow{AS} right|}{left| left[ overrightarrow{AC},overrightarrow{SB} right] right|}=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{{{a}^{2}}sqrt{5}}=frac{asqrt{10}}{5}$.

Câu 21:  Chọn A.

TXĐ: $D=mathbb{R}text{ }!!backslash!!text{ }left{ 0 right}$.

${y}’=2x-frac{16}{{{x}^{2}}}$; ${y}’=0Leftrightarrow x=2$.

Bảng biến thiên của hàm số $y={{x}^{2}}+frac{16}{x}$

Vậy cực tiểu của hàm số bằng $12$.

Câu 22: Chọn A.

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

Đổi cận: Khi $x=0$ thì $t=1$; khi $x=3$ thì $t=2$.

$I=intlimits_{0}^{3}{frac{x}{1+sqrt{x+1}}text{d}x},$$=intlimits_{1}^{2}{frac{{{t}^{2}}-1}{1+t}2ttext{d}t}$$=intlimits_{1}^{2}{2,tleft( t-1 right)text{d}t}$$=intlimits_{1}^{2}{left( 2{{t}^{2}}-t right)text{d}t}$.

Câu 23:  Chọn C.

Gọi $Gleft( 2+t;2+2t;-2-t right)in d$$Rightarrow overrightarrow{AG}=left( 3+t;2t;-3-t right)$.

Mà $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên $overrightarrow{AG}=frac{2}{3}overrightarrow{AI}$ (với $I$ là trung điểm của $BC$).

$Rightarrow Ileft( frac{7+3t}{2};2+3t;frac{-7-3t}{2} right)$.

Mặt khác $Iin left( P right)$ nên $2left( frac{7+3t}{2} right)+2left( 2+3t right)-frac{left( -7-3t right)}{2}-4=0$ $Leftrightarrow 21t+21=0$$Leftrightarrow t=-1$.

Với $t=-1$ thì $Ileft( 2;-1;-2 right)$.

Câu 24: Chọn B.

Ta có một véc tơ chỉ phương của đường thẳng ${{d}_{1}}$ là $overrightarrow{{{u}_{1}}}=left( 2;-3;4 right)$.

Một véc tơ chỉ phương của đường thẳng ${{d}_{2}}$ là $overrightarrow{{{u}_{2}}}=left( 1;2;-1 right)$.

Gọi $overrightarrow{n}$ là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng $left( P right)$. Do $left( P right)$ song song với hai đường thẳng ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$ nên $left{ begin{array}{l}
overrightarrow n  bot overrightarrow {{u_1}} \
overrightarrow n  bot overrightarrow {{u_2}} 
end{array} right. Rightarrow overrightarrow n  = left[ {overrightarrow {{u_1}} ,overrightarrow {{u_2}} } right] = left( { – 5;6;7} right)$ .

Câu 25:  Chọn A.

Điều kiện: $xne -m$.

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

Để hàm số nghịch biến trên khoảng $left( -infty ;1 right)$ thì ${y}'<0$ với $forall xin left( -infty ;1 right)$ thì $frac{{{m}^{2}}-4}{{{left( x+m right)}^{2}}}<0$ $Leftrightarrow -2<m<2$.

Do hàm số đồng biến trên khoảng $left( -infty ;1 right)$ và $xne -m$ nên $min left( -infty ;-1 right]$.

Vậy $-2<mle -1$.

Câu 26:  Chọn D.

Tiếp tuyến song song với $d$ nên hệ số góc của tiếp tuyến là $k=3$, mà $k={y}’left( {{x}_{0}} right)$.

Suy ra $3{x_0}^2 + 4{x_0} + 3 = 3 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_0} = 0\
{x_0} =  – frac{4}{3}
end{array} right.$. Do đó ta có hai điểm $Mleft( 0;4 right)$, $Nleft( -frac{4}{3};frac{32}{27} right)$.

Tại $Mleft( 0;4 right)$, ta có tiếp tuyến là: $y=3x+4$ trùng với $d$ nên không thỏa.

Tại $Nleft( -frac{4}{3};frac{32}{27} right)$ ta có tiếp tuyến là $y=3left( x+frac{4}{3} right)+frac{32}{27}$$Leftrightarrow 81x-27y+140=0$.

Câu 27:  Chọn B.

Ta có ${{left( frac{{{x}^{2}}}{x+1} right)}^{prime }}=frac{{{x}^{2}}+2x}{{{left( x+1 right)}^{2}}}=fleft( x right)$ nên A thỏa.

${{left( frac{{{x}^{2}}+x-1}{x+1} right)}^{prime }}=frac{{{x}^{2}}+2x+2}{{{left( x+1 right)}^{2}}}ne fleft( x right)$ nên B không thỏa.

${{left( frac{{{x}^{2}}-x-1}{x+1} right)}^{prime }}=frac{{{x}^{2}}+2x}{{{left( x+1 right)}^{2}}}=fleft( x right)$ nên C thỏa.

${{left( frac{{{x}^{2}}+x+1}{x+1} right)}^{prime }}=frac{{{x}^{2}}+2x}{{{left( x+1 right)}^{2}}}=fleft( x right)$ nên D thỏa.

Câu 28:   Chọn A.

Số cách chọn $4$ em tùy ý trong lớp: $C_{40}^{4}$.

Số cách chọn $4$ em nữ trong lớp: $C_{15}^{4}$.

Số cách chọn $4$ em trong đó ít nhất phải có một nam: $C_{40}^{4}-C_{15}^{4}$.

Câu  29:  Chọn A.

Ta có $M=frac{3}{{{log }_{a}}3}left( 1+{{log }_{a}}3-frac{{{log }_{3}}b.{{log }_{a}}3}{3} right)$$=frac{3}{{{log }_{a}}3}+3-{{log }_{3}}b$$=3{{log }_{3}}a+{{log }_{3}}27-{{log }_{3}}b$

Suy ra $M={{log }_{3}}left( frac{27{{a}^{3}}}{b} right)$.