Lời giải đề 6: Đề thi thử THPTQG môn Toán trường THPT Mai Anh năm 2018-2019 lần 1-trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN

Câu 1: Chọn C

Chọn C

Khối hộp chữ nhật có thể tích là: $V=1.2.3=6$$text{c}{{text{m}}^{3}}$.

Câu 2.Chọn D

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

Hàm số đồng biến trên $left( 0,;,3 right]$$Leftrightarrow $${y}’>0$, $forall ,xin left( 0,;,3 right]$ $Leftrightarrow $ $frac{-m+2}{{{left( x-m right)}^{2}}}>0,$, $forall ,xin left( 0,;,3 right]$

Hay $left{ begin{array}{l}
 – m + 2 > 0\
m notin left( {0,;,3} right] end{array} right.$ $ Leftrightarrow $ $left{ begin{array}{l}
m < 2\
left[ begin{array}{l}
m > 3\
m le 0
end{array} right.
end{array} right.$ $ Leftrightarrow $ $m le 0$.

Câu 3. Chọn A

Ta có $2fleft( x right)+3m=0Leftrightarrow fleft( x right)=-frac{3m}{2}$

Để phương trình $2fleft( x right)+3m=0$ có 4 nghiệm phân biệt thì đồ thị hai hàm số $y=fleft( x right)$và $y=-frac{3m}{2}$ phải cắt nhau tại 4 điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra $-8<-frac{3m}{2}<1Leftrightarrow -frac{2}{3}<m<frac{16}{3}$

Vì $min mathbb{Z}$ nên $min left{ text{0;1;2;3;4;5} right}$.

Vậy có 6 giá trị của $m$ thỏa mãn đề bài.

Câu 4.Chọn C

Ta có ${y}’=frac{{{left( x right)}^{prime }}left( 1+ln x right)-x{{left( 1+ln x right)}^{prime }}}{{{left( 1+ln x right)}^{2}}}=frac{1+ln x-x.frac{1}{x}}{{{left( 1+ln x right)}^{2}}}=frac{ln x}{{{left( 1+ln x right)}^{2}}}$

Câu 5.Chọn B

Ta có: ${log _2}left( {{x^2} – 4left| x right| + 4} right) = 2 Leftrightarrow {x^2} – 4left| x right| + 4 = {2^2} Leftrightarrow {x^2} – 4left| x right| = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left| x right| = 0\
left| x right| = 4
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x =  – 4\
x = 4
end{array} right.$

Vậy số nghiệm của phương trình đã cho là $3$.

Câu 6.Chọn D

Ta có:

${6^{2x – 1}} – {5.6^{x – 1}} + 1 = 0 Leftrightarrow frac{1}{6}{.6^{2x}} – frac{5}{6}{.6^x} + 1 = 0 Leftrightarrow {left( {{6^x}} right)^2} – {5.6^x} + 6 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{6^x} = 3\
{6^x} = 2
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = {log _6}3\
x = {log _6}2
end{array} right..$

Suy ra tổng hai nghiệm: ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}={{log }_{6}}3+{{log }_{6}}2={{log }_{6}}left( 3.2 right)=1.$

Câu 7: Chọn C

+ Xét khối nón tâm $O$, có đường sinh$AB$ = $AC$ = $a$, $OB$ = $OC$ = $R$ = $frac{a}{2}$

+ Tam giác $AOC$ vuông tại $O$ có $h$ = $AO$ = $sqrt{A{{C}^{2}}-O{{C}^{2}}}$ = $sqrt{{{a}^{2}}-{{left( frac{a}{2} right)}^{2}}}=frac{asqrt{3}}{2}$

+ Khối nón có thể tích là $V$ = $frac{1}{3}pi {{R}^{2}}h=frac{1}{3}pi {{left( frac{a}{2} right)}^{2}}frac{asqrt{3}}{2}=frac{pi {{a}^{3}}sqrt{3}}{24}$.

Câu 8: Chọn B

+ Xét hình chóp tam giác đều $SABC$ có $SA$ = $SB$ = $SC$ = $AB$ = $AC$ = $BC$ = $a$

Chân đường cao hạ từ $S$ trùng với tâm$O$của tam giác đều$ABC$, $M$ là trung điểm của $BC$.

+ Tam giác đều $ABC$, có $O$ là tâm, $AO$ = $frac{2}{3}$$AM$ = $frac{2}{3}.frac{asqrt{3}}{2}$= $frac{asqrt{3}}{3}$

Diện tích tam giác $ABC$: $S$ = $frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$

+ Tam giác $SAO$ vuông tại $O$có $h=SO=sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}$=$sqrt{{{a}^{2}}-{{left( frac{asqrt{3}}{3} right)}^{2}}}=frac{asqrt{6}}{3}$.

+ Thể tích $SABC$: $V$ = $frac{1}{3}Sh$= $frac{1}{3}frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}frac{asqrt{6}}{3}$ = $frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$.

Câu 9.Chọn A

Gọi $I$là trung điểm của$AB$. Khi đó, $Ileft( 0,;0,;1 right)$ là tâm của mặt cầu đường kính $AB$.

Bán kính mặt cầu là $R=frac{1}{2}AB=frac{1}{2}sqrt{{{2}^{2}}+{{left( -4 right)}^{2}}+{{2}^{2}}}=sqrt{6}$.

Vậy phương trình mặt cầu là ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{left( z-1 right)}^{2}}=6$.

Câu 10. Chọn C

Ta có ${f}’left( x right)=4x-frac{1}{x}$, khi đó ${f}’left( x right)=0$ có nghiệm $x=frac{1}{2}$ $left( in left( frac{1}{text{e}};text{e} right) right)$

Mặt khác, $fleft( frac{text{1}}{text{e}} right)=frac{2}{{{text{e}}^{2}}}+1$, $fleft( frac{1}{2} right)=frac{1}{2}+ln 2$,$fleft( text{e} right)=2{{text{e}}^{2}}-1$ nên $M=underset{left[ frac{text{1}}{text{e}};text{e} right]}{mathop{max }},fleft( x right)=2{{text{e}}^{2}}-1$, $m=underset{left[ frac{text{1}}{text{e}};text{e} right]}{mathop{min }},fleft( x right)=frac{1}{2}+ln 2$. Do đó $M-m=2{{text{e}}^{2}}-ln 2-frac{3}{2}$.

Câu 11: Chọn B

Xét phương trình $f’left( x right) = 0$ $ Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0}\
{x = 1}\
{x =  – 2}
end{array}} right.$

Ta có bảng xét dấu sau:

Dễ thấy ${f}’left( x right)$đổi dấu khi qua $x=-2$ và ${f}’left( x right)$đổi dấu khi qua $x=1$(theo chiều dương) nên hàm số có 2 điểm cực trị.

Câu 12: Chọn A

Ta có:

$begin{array}{l}
overrightarrow {AB}  = left( { – 1,;,0,;,1} right),,overrightarrow {AC}  = left( {1,;,1,;,1} right)\
 Rightarrow left[ {overrightarrow {AB} ,overrightarrow {AC} } right] = left( {left| {begin{array}{*{20}{c}}
0&1\
1&1
end{array}} right|;left| {begin{array}{*{20}{c}}
1&{ – 1}\
1&1
end{array}} right|;left| {begin{array}{*{20}{c}}
{ – 1}&0\
1&1
end{array}} right|} right) = left( { – 1,;,2,;, – 1} right).
end{array}$

Khi đó:

${{S}_{vartriangle ABC}}=frac{1}{2}left| left[ overrightarrow{AB},overrightarrow{AC} right] right|=frac{1}{2}sqrt{{{left( -1 right)}^{2}}+{{2}^{2}}+{{left( -1 right)}^{2}}}=frac{sqrt{6}}{2}$.

Câu 13: Chọn C

Từ công thức tính tích vô hướng của hai vectơ $overrightarrow{u}$và $overrightarrow{v}$ trong không gian: $overrightarrow{u}.overrightarrow{v}=left| overrightarrow{u} right|.left| overrightarrow{v} right|.cosleft( overrightarrow{u},,overrightarrow{v} right)$

Ta dễ dàng suy ra được $cosleft( overrightarrow{u},,,overrightarrow{v} right)=frac{overrightarrow{u}.overrightarrow{v}}{left| overrightarrow{u} right|.left| overrightarrow{v} right|}$.

Ta có: $overrightarrow{u}.overrightarrow{v}=-1.0+1.left( -1 right)+0.0=-1$ và $left| overrightarrow{u} right|.left| overrightarrow{v} right|=sqrt{{{left( -1 right)}^{2}}+{{1}^{2}}+{{0}^{2}}}.sqrt{{{0}^{2}}+{{left( -1 right)}^{2}}+{{0}^{2}}}=sqrt{2}$.

Khi đó: $cosleft( overrightarrow{u},,overrightarrow{v} right)=frac{overrightarrow{u}.overrightarrow{v}}{left| overrightarrow{u} right|.left| overrightarrow{v} right|}=-frac{1}{sqrt{2}}Rightarrow left( overrightarrow{u},,overrightarrow{v} right)={{135}^{0}}$.

Câu 14: Chọn D

Ta có: ${{text{e}}^{{{x}^{2}}-x-1}}<frac{1}{text{e}}Leftrightarrow {{text{e}}^{{{x}^{2}}-x-1}}<{{text{e}}^{-1}}Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-1<-1Leftrightarrow {{x}^{2}}-x<0Leftrightarrow 0<x<1$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $left( 0,;1 right)$.

Câu 15: Chọn D

Thể tích của khối trụ nhỏ: ${{V}_{1}}=pi r_{1}^{2}h$.

Thể tích của khối trụ lớn: ${{V}_{2}}=pi r_{2}^{2}h=9pi r_{1}^{2}h$.

Thể tích của phần nằm giữa hai hình trụ: $V={{V}_{2}}-{{V}_{1}}=8pi r_{1}^{2}h$.

Tỉ số thể tích của phần nằm giữa hai hình trụ và khối trụ nhỏ: $frac{V}{{{V}_{1}}}=frac{8pi r_{1}^{2}h}{pi r_{1}^{2}h}=8$.

Câu 16: Chọn B

Gọi $Dleft( a,;,b,;,c right)$.

$overrightarrow{AB}=left( 3,;,1,;,-5 right)$

$overrightarrow{AC}=left( 2,;,-1,;,-2 right)$

Vì $frac{3}{2}ne frac{1}{-1}$ nên $overrightarrow{AB}$ không cùng phương $overrightarrow{AC}$.

Suy ra tồn tại hình bình hành $ABCD$.

Suy ra $ABCD$ là hình bình hành khi $overrightarrow {AB}  = overrightarrow {DC}  Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
3 = 1 – a\
1 =  – 1 – b\
 – 5 =  – c
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a =  – 2\
b =  – 2\
c = 5
end{array} right.$

Vậy $Dleft( -2,;,-2,;,5 right)$.

Câu 17. Chọn B

Điều kiện: $x>1$

Khi đó BPT $Leftrightarrow xleft( {{x}^{3}}-1 right)<14Leftrightarrow {{x}^{4}}-x-14<0Leftrightarrow {{x}^{4}}-16-x+2<0$

$Leftrightarrow left( x-2 right)left( {{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+4x+7 right)<0$

Nhận xét: Do ${{x}^{3}}+2{{x}^{2}}+4x+7>0,$với mọi $x>1$

BPT $Leftrightarrow x-2<0Leftrightarrow x<2$

So điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là $left( 1,;,2 right)$.

Câu 18: Chọn B

Dựa vào đồ thị nhận thấy tại các giá trị $x=-1vee x=1vee x=2$ thì ${f}’left( x right)=0$.

Và $xin left( -infty ,;,-1 right)cup left( 1,;,2 right)$ thì ${f}’left( x right)>0$; $xin left( -1,;,1 right)cup left( 2,;,+infty  right)$ thì ${f}’left( x right)<0$

BBT:

Vậy hàm số đồng biến trên $left( -infty ,;,-1 right)$ và $left( 1,;,2 right)$.

Câu 19: Chọn A

Áp dụng công thức tìm trung điểm của đoạn $AB$ ta có $Ileft( 2,;,0,;,1 right)$.

Câu 20. Chọn C

Ta có $y’=-3{{x}^{2}}+6x+9$

$y’=-3{{left( x-1 right)}^{2}}+12le 12$

Vậy hệ số góc lớn nhất của tiếp tuyến với đồ thị $left( C right)$ là $12$.

Câu 21.Chọn C

Ta có: $int{fleft( x right)text{d}x}=int{left( {{2}^{x}}+x right)text{d}x}=frac{{{2}^{x}}}{text{ln},2}+frac{{{x}^{2}}}{2}+C$.

Câu 22: Chọn A

Công thức: ${{u}_{n}}={{u}_{1}}+left( n-1 right)d$.

Cấp số cộng $left( {{u}_{n}} right)$ có số hạng đầu là ${{u}_{1}}$ và công sai $d$.

Ta có: $left{ begin{array}{l}
{u_4} = 10\
{u_7} = 19
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{u_1} + 3d = 10\
{u_1} + 6d = 19
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{u_1} = 1\
d = 3
end{array} right.$

Nên ${{u}_{10}}={{u}_{1}}+9d=1+9.3=28$.

Câu 23. Chọn B

Diện tích xung quanh của hình cầu có bán kính $R$ là $S=4pi {{R}^{2}}$

Suy ra $16pi =4pi {{R}^{2}}$$Leftrightarrow R=2$ cm.

Câu 24. Chọn A

dựa vào đồ thị hàm số

Câu 25. Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

$underset{xto pm infty }{mathop{lim }},y=2$ nên đường thẳng $y=2$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

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

Vậy đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận.

Câu 26: Chọn A

Khi quay tam giác $ABC$xung quanh trục $AH$ ta được hình nón tròn xoay có bán kính đáy$R=HC=AH=8text{ cm}.$

Đường sinh $l=AC=Rsqrt{2}=8sqrt{2}text{ cm}.$

Vậy diện tích xung quanh hình nón tròn xoay là:

${{S}_{xq}}=pi Rl=pi .8.8sqrt{2}=64sqrt{2}pi left( text{c}{{text{m}}^{text{2}}} right)text{.}$

Câu 27.Chọn D

Ta có ${{log }_{a}}(a{{b}^{2}}{{c}^{3}})={{log }_{a}}a+2{{log }_{a}}b+3{{log }_{a}}c$

Vì ${{log }_{a}}c={{log }_{a}}b.{{log }_{b}}c=mn$ và ${{log }_{a}}b=m$ nên ta có ${{log }_{a}}(a{{b}^{2}}{{c}^{3}})=1+2m+3mn$.

Câu 28.Chọn C

Gọi$O=ACcap BD$. Ta có$left( SBD right)cap left( ABCD right)=BD$. Vì$ABCD$là hình vuông nên$AObot BD$.

Lại có$BDbot left( SAC right)$ nên $BDbot SO$. Do đó, ta có$left( left( SBD right);left( ABCD right) right)=left( SO;AO right)$.

Vì $Delta ,SAO$ có $overset{}{mathop{SAO}},=90{}^circ $nên$overset{}{mathop{SOA}},$là góc nhọn và ta có$left( left( SBD right);left( ABCD right) right)=overset{}{mathop{SOA}},$.

Xét$vartriangle SAO$ ta có$tan ,overset{}{mathop{SOA}},=frac{SA}{AO}=frac{frac{asqrt{6}}{6}}{frac{asqrt{2}}{2}}=frac{sqrt{3}}{3}Rightarrow ,overset{}{mathop{SOA}},=30{}^circ $.

Câu 29: Chọn B

Dựa vào hình vẽ, đây là đồ thị của hàm số bậc bốn có hệ số $a>0.$ Do đó loại đáp án A, D

Đồ thị hàm số đi qua các điểm$left( -1;0 right)$ nên chọn  B

Câu 30: Chọn B

Áp dụng công thức: $log left( a.b right)=log a+log b$với$a,b>0$

$log left( {{a}^{n}} right)=n.log a$ với $a>0$

Ta có: $log left( a.{{b}^{3}} right)=log a+log left( {{b}^{3}} right)=log a+3.log b=10+3.100=310.$