Lời giải đề 10: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT chuyên Hạ Long- Quảng Ninh lần 2, mã đề 108 trang 1

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: Chọn A.

Số phức $z=-4+5i$ có phần thực $a=-4$; phần ảo $b=5$ nên điểm biểu diễn hình học của số phức $z$ là $left( -4;5 right)$.

Câu 2: Chọn D.

$underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{4x+1}{-x+1}$$=underset{xto -infty }{mathop{lim }},frac{4+frac{1}{x}}{-1+frac{1}{x}}$$=-4$.

Câu 3: Chọn A.

Số cách chọn $5$ cầu thủ từ $11$ trong một đội bóng để thực hiện đá $5$ quả luân lưu $11text{ m}$, theo thứ tự quả thứ nhất đến quả thứ năm là số chỉnh hợp chập $5$ của $11$ phần tử nên số cách chọn là $A_{11}^{5}$.

Câu 4: Chọn C.

Diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay là ${{S}_{xq}}=2pi rl$

Câu 5: Chọn D.

Dựa vào đồ thị ta thấy trên khoảng $left( -1;1 right)$ đồ thị hàm số “đi lên” nên hàm số đồng biến.

Câu 6: Chọn A.

Theo định nghĩa ứng dụng tích phân tích diện tích hình phẳng.

Câu 7:  Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có tại $x=1$, đạo hàm của hàm số đổi dấu từ $left( + right)$ sang $left( – right)$ nên hàm số  có điểm cực đại là $x=1$.

Câu 8: Chọn A.

Ta có: ${{log }_{a}}{{b}^{alpha }}=alpha {{log }_{a}}left| b right|$ nên phương án A sai.

Câu 9: Chọn C.

Theo công thức nguyên hàm mở rộng ta có: $int{sin 2018xtext{d}x}=-frac{cos 2018x}{2018}+C$.

Câu 10: Chọn D.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $Aleft( 2;-3;5 right)$ lên $Oy$. Suy ra $Hleft( 0;-3;0 right)$

Khi đó H  là trung điểm đoạn AA’.

$left{ begin{array}{l}
{x_{A’}} = 2{x_H} – {x_A} =  – 2\
{y_{A’}} = 2{y_H} – {y_A} =  – 3\
{z_{A’}} = 2{z_H} – {z_A} =  – 5
end{array} right. Rightarrow A’left( { – 2; – 3; – 5} right)$.

Câu 11: Chọn D.

Đáp án B loại vì $underset{xto pm infty }{mathop{lim }},fleft( x right)=-infty$.

Đáp án C loại vì: $underset{xto -infty }{mathop{lim }},left( -{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-1 right)=+infty$.

Đáp án A loại vì $fleft( -2 right)=15$.

Đáp án D đúng vì: đồ thị hàm số $y =  – {left| x right|^3} + 3{x^2} – 1 = left{ begin{array}{l}
 – {x^3} + 3{x^2} – 1{mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {rm{khi  x}} ge {rm{0}}\
{x^3} + 3{x^2} – 1{mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} {rm{khi}}{mkern 1mu} {mkern 1mu} {mkern 1mu} x < 0
end{array} right.$.

Vẽ đồ thị ta được đáp án D.

Câu 12: Chọn D.

Nhận xét $N,P,Q$ thuộc đường thẳng $d$.

Tọa độ điểm $M$ không thuộc đường thẳng $d$.

Câu 13: Chọn D.

Ta có  ${log _{frac{pi }{4}}}left( {x + 1} right) > {log _{frac{pi }{4}}}left( {2x – 5} right) Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x + 1 > 0\
2x – 5 > 0\
x + 1 < 2x – 5
end{array} right. Leftrightarrow x > 6$

Câu 14:  Chọn C.

Diện tích xung quanh hình trụ là ${{S}_{xq}}=2pi Rh$

Theo đề bài ta có $4pi {{a}^{2}}=2pi RhLeftrightarrow h=2a$ .

Câu 15: Chọn C.

Tọa độ trung điểm của AB là$Ileft( 1;3;2 right)$, $overrightarrow{AB}=left( -4;2;6 right)$, ta chọn VTPT là$overrightarrow{n}=left( -2;1;3 right)$.

Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là

$-2left( x-1 right)+y-3+3left( z-2 right)=0$$Leftrightarrow 2x-y-3z+7=0$.

Câu 16: Chọn A.

+ $underset{xto {{frac{1}{2}}^{-}}}{mathop{lim }},frac{2x+1}{sqrt{2{{x}^{2}}-3x+1}}=+infty $; $underset{xto {{1}^{+}}}{mathop{lim }},frac{2x+1}{sqrt{2{{x}^{2}}-3x+1}}=+infty $, do đó đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng $x=frac{1}{2}$ và $x=1$.

+$underset{xto -{{1}^{+}}}{mathop{lim }},frac{sqrt{4-{{x}^{2}}}}{{{x}^{2}}-2x-3}=-infty ;$$underset{xto -{{1}^{+}}}{mathop{lim }},frac{sqrt{4-{{x}^{2}}}}{{{x}^{2}}-2x-3}=+infty $; $underset{xto {{3}^{+}}}{mathop{lim }},frac{sqrt{4-{{x}^{2}}}}{{{x}^{2}}-2x-3}$ và $underset{xto {{3}^{-}}}{mathop{lim }},frac{sqrt{4-{{x}^{2}}}}{{{x}^{2}}-2x-3}$ không tồn tại, do đó đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng $x=-1$.

+ $underset{xto -1}{mathop{lim }},frac{x+1}{{{x}^{2}}+x}=-1;$$underset{xto {{0}^{+}}}{mathop{lim }},frac{x+1}{{{x}^{2}}+x}=+infty ;$; $underset{xto {{0}^{-}}}{mathop{lim }},frac{x+1}{{{x}^{2}}+x}=-infty ;$không tồn tại, do đó đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng $x=-1$.

+ $underset{xto 2}{mathop{lim }},frac{sqrt{{{x}^{2}}-4x+3}}{{{x}^{2}}-5x+6}$ không tồn tại, $underset{xto {{3}^{+}}}{mathop{lim }},frac{sqrt{{{x}^{2}}-4x+3}}{{{x}^{2}}-5x+6}=underset{xto {{3}^{+}}}{mathop{lim }},frac{sqrt{x-1}}{left( x-2 right)sqrt{x-3}}=+infty $; do đó đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng $x=3$.

Câu 17:  Chọn C.

Đồ thị hàm số $y=fleft( x+2018 right)$ có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số $y=fleft( x right)$ sang trái $2018$ đơn vị. Do đó số nghiệm của phương trình $fleft( x+2018 right)=1$ cũng là số nghiệm của phương trình $fleft( x right)=1$. Theo hình vẽ ta có số nghiệm là $3$.

Câu 18: Chọn C.

Ta có ${y}’=3{{x}^{2}}-4x-7$, ${y}’=0$ $Leftrightarrow x=-1$ (nhận) hoặc $x=frac{7}{3}$ (loại).

$yleft( -2 right)=-1,$$yleft( 1 right)=-7,$$yleft( -1 right)=5$. Vậy $underset{xin left[ -2;1 right]}{mathop{max }},y=yleft( -1 right)=5$.

Câu 19: Chọn D.

Ta có $intlimits_{0}^{pi }{sin 3xtext{d}x}=-frac{1}{3}left. cos 3x right|_{0}^{pi }$$=-frac{1}{3}left( -1-1 right)=frac{2}{3}$.

Câu 20: Chọn D.

Ta có $left( 1+i right)left( 2+i right)z+1-i=left( 5-i right)left( 1+i right)$$Leftrightarrow left( 1+3i right)z+1-i=6+4i$$Leftrightarrow left( 1+3i right)z=5+5i$$Leftrightarrow z=frac{5+5i}{1+3i}$$Leftrightarrow z=2-i$Suy ra $w=1+2z+{{z}^{2}}$$=8-6i$, $left| text{w} right|=sqrt{{{8}^{2}}+{{6}^{2}}}=10$

Câu 21: Chọn C.

Gọi $M$là trung điểm của $AC$ $Rightarrow ACbot OM$$Rightarrow $ $OM$ là đường vuông góc chung của $AC$ và $OB$, $AC=3asqrt{2}$$Rightarrow OM=frac{3asqrt{2}}{2}$.

Câu 22: Chọn C.

Áp dụng công thức lãi kép ${{P}_{n}}=P{{left( 1+r right)}^{n}}$ với $P=27$, $r=0,0185$, tìm $n$ sao cho ${{P}_{n}}>36$.

Ta có $27.1,{{0185}^{n}}>36$$Leftrightarrow n>{{log }_{1,0185}}frac{4}{3}$$Rightarrow n=16$.

Câu 23:  Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu $nleft( Omega  right)=C_{9}^{3}=84$.

Gọi $A$ là biến cố sao cho ba quyển lấy ra có ít nhất một quyển sách Toán

$Rightarrow bar{A}$ là biến cố sao cho ba quyển lấy ra không có sách Toán $Rightarrow nleft( {bar{A}} right)=C_{5}^{3}=10$.

$Rightarrow Pleft( A right)$$=1-Pleft( {bar{A}} right)$$=1-frac{10}{84}$$=frac{37}{42}$.

Câu 24: Chọn C.

$d$ qua điểm $Mleft( 5;-3;2 right)$ và vuông góc $left( P right)$ nhận $vec{u}=left( 1;-2;1 right)$ là vtcp có dạng $left{ begin{array}{l}
x = 5 + t\
y =  – 3 – 2t\
z = 2 + t
end{array} right.$

Cho $t=1$$Rightarrow Nleft( 6;-5;3 right)in d$$Rightarrow d:frac{x-6}{1}=frac{y+5}{-2}=frac{z-3}{1}$.

Câu 25: Chọn D.

Ta có $BCbot left( SAB right)$$Rightarrow BCbot AM$$Rightarrow AMbot left( SBC right)$$Rightarrow AMbot SC$. Tương tự ta cũng có $ANbot SC$$Rightarrow left( AMN right)bot SC$.  Gọi $varphi $ là góc giữa đường thẳng $SB$ và $left( AMN right)$.

Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho $Aleft( 0;0;0 right)$, $Bleft( 0;1;0 right)$, $Dleft( 1;0;0 right)$, $Sleft( 0;0;sqrt{2} right)$,

$Cleft( 1;1;0 right)$, $overrightarrow{SC}=left( 1;1;-sqrt{2} right)$, $overrightarrow{SB}=left( 0;1;-sqrt{2} right)$. Do $left( AMN right)bot SC$ nên $left( AMN right)$ có vtpt $overrightarrow{SC}$

$sin varphi =$$frac{left| 3 right|}{2sqrt{3}}$$=frac{sqrt{3}}{2}$$Rightarrow varphi ={{60}^{text{o}}}$.

Câu 26: Chọn D.

Điều kiện $nge 6$ và $nin mathbb{N}$.

$C_{n-4}^{n-6}+nA_{n}^{2}=454$$Leftrightarrow frac{left( n-4 right)!}{left( n-6 right)!2!}+ncdot frac{n!}{left( n-2 right)!}=454$$Leftrightarrow frac{left( n-5 right)left( n-4 right)}{2}+{{n}^{2}}left( n-1 right)$$=454$$Leftrightarrow 2{{n}^{3}}-{{n}^{2}}-9n-888=0$$Leftrightarrow n=8$ (Vì $nin mathbb{N}$).

Khi đó ta có khai triển: ${{left( frac{2}{x}-{{x}^{3}} right)}^{8}}$.

Số hạng tổng quát của khai triển là $C_{8}^{k}{{left( frac{2}{x} right)}^{8-k}}{{left( -{{x}^{3}} right)}^{k}}=C_{8}^{k}{{left( -1 right)}^{k}}{{2}^{8-k}}{{x}^{4k-8}}$.

Hệ số của số hạng chứa ${{x}^{4}}$ ứng với $k$ thỏa mãn: $4k-8=4Leftrightarrow k=3$.

Vậy hệ số của số hạng chứa ${{x}^{4}}$ là: $C_{8}^{3}{{left( -1 right)}^{3}}{{2}^{5}}=-1792$.

Câu 27:  Chọn A.

Điều kiện xác định: $x>3$.

Phương trình đã cho tương: $AB=4$$AC=BD=AD=BC=5$$Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 5\
x = frac{1}{3},,,,,,left( L right)
end{array} right.$

Vậy phương trình có một nghiệm.

Câu 28: Chọn C.

Ta có $BC=asqrt{2}$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Vì $SA=SB=SC=a$ nên hình chiếu vuông góc của $S$ lên $left( ABC right)$ trùng với tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $I$ là trung điểm của $BC$.

Ta có $cos left( AB,SC right)$$=left| cos left( overrightarrow{AB},overrightarrow{SC} right) right|$$=frac{left| overrightarrow{AB}.overrightarrow{SC} right|}{AB.SC}$.

$overrightarrow{AB}.overrightarrow{SC}=$$overrightarrow{AB}left( overrightarrow{SI}+overrightarrow{IC} right)$$=overrightarrow{AB}.overrightarrow{SI}$$=-frac{1}{2}overrightarrow{BA}.overrightarrow{BC}$$=-frac{1}{2}BA.BC.cos 45{}^circ $$=-frac{{{a}^{2}}}{2}$.

$cos left( AB,SC right)=$$frac{frac{{{a}^{2}}}{2}}{{{a}^{2}}}$$=frac{1}{2}$$Rightarrow widehat{left( AB,SC right)}$$=60{}^circ $.

Cách 2: $cos left( AB,SC right)$$=left| cos left( overrightarrow{AB},overrightarrow{SC} right) right|$$=frac{left| overrightarrow{AB}.overrightarrow{SC} right|}{AB.SC}$

Ta có

$overrightarrow{AB}.overrightarrow{SC}$$=left( overrightarrow{SB}-overrightarrow{SA} right)overrightarrow{SC}$ $=overrightarrow{SB}.overrightarrow{SC}-overrightarrow{SA}.overrightarrow{SC}$$=SB.SC.cos 90{}^circ -SA.SC.cos 60{}^circ $$=-frac{{{a}^{2}}}{2}$.

Khi đó  $cos left( AB,SC right)=frac{left| frac{-{{a}^{2}}}{2} right|}{{{a}^{2}}}=frac{1}{2}$

Câu 29: Chọn B.

Ta có ${d_1}:left{ begin{array}{l}
x = 3 + 2u\
y =  – 1 + u\
z = 2 – 2u
end{array} right.$f, ${d_2}:left{ begin{array}{l}
x =  – 1 + 3v\
y =  – 2v\
z =  – 4 – v
end{array} right.$.

Gọi ${{d}_{4}}$ là đường thẳng cần tìm.

Gọi $A={{d}_{4}}cap {{d}_{1}}$ $Rightarrow Aleft( 3+2u;,-1+u;,2-2u right)$, $B={{d}_{4}}cap {{d}_{2}}$$Rightarrow Bleft( -1+3v;,-2v;,-4-v right)$.

$overrightarrow{AB}=left( -4+3v-2u;,1-2v-u;,-6-v+2u right)$.

${{d}_{4}}$ song song ${{d}_{3}}$ nên $overrightarrow{AB}=k{{vec{u}}_{3}}$ với ${{vec{u}}_{3}}=left( 4;,-1;,6 right)$.

$overrightarrow {AB}  = k{vec u_3} Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
 – 4 + 3v – 2u = 4k\
1 – 2v – u =  – k\
 – 6 – v + 2u = 6k
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
v = 0\
u = 0\
k =  – 1
end{array} right.$.

Đường thẳng ${{d}_{4}}$ đi qua $Aleft( 3;,-1;,2 right)$ và có vtcp là ${{vec{u}}_{3}}=left( 4;,-1;,6 right)$ nên ${{d}_{4}}:frac{x-3}{-4}=frac{y+1}{1}=frac{z-2}{-6}$.