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{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{4x+1}{-x+1}$$=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{4+\frac{1}{x}}{-1+\frac{1}{x}}$$=-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 $11\text{ m}$, 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 ${{S}_{xq}}=2\pi rl$

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: $\int{\sin 2018x\text{d}x}=-\frac{\cos 2018x}{2018}+C$.

Câu 10: Chọn D.

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

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 $\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty$.

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

Đáp án A loại vì $f\left( -2 \right)=15$.

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 ${{S}_{xq}}=2\pi Rh$

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

Câu 15: Chọn C.

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

Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là

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

Câu 16: Chọn A.

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

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

+ $\underset{x\to 2}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{x}^{2}}-4x+3}}{{{x}^{2}}-5x+6}$ không tồn tại, $\underset{x\to {{3}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{{{x}^{2}}-4x+3}}{{{x}^{2}}-5x+6}=\underset{x\to {{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 $y=f\left( x+2018 \right)$ có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ sang trái $2018$ đơn vị. Do đó số nghiệm của phương trình $f\left( x+2018 \right)=1$ cũng là số nghiệm của phương trình $f\left( x \right)=1$. 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).

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

Câu 19: Chọn D.

Ta có $\int\limits_{0}^{\pi }{\sin 3x\text{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 AC\bot OM$$\Rightarrow $ $OM$ là đường vuông góc chung của $AC$ và $OB$, $AC=3a\sqrt{2}$$\Rightarrow OM=\frac{3a\sqrt{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 $n\left( \Omega  \right)=C_{9}^{3}=84$.

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 $\Rightarrow n\left( {\bar{A}} \right)=C_{5}^{3}=10$.

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

Câu 24: Chọn C.

$d$ qua điểm $M\left( 5;-3;2 \right)$ 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$$\Rightarrow N\left( 6;-5;3 \right)\in d$$\Rightarrow d:\frac{x-6}{1}=\frac{y+5}{-2}=\frac{z-3}{1}$.

Câu 25: Chọn D.

Ta có $BC\bot \left( SAB \right)$$\Rightarrow BC\bot AM$$\Rightarrow AM\bot \left( SBC \right)$$\Rightarrow AM\bot SC$. Tương tự ta cũng có $AN\bot SC$$\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 $A\left( 0;0;0 \right)$, $B\left( 0;1;0 \right)$, $D\left( 1;0;0 \right)$, $S\left( 0;0;\sqrt{2} \right)$,

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

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

Câu 26: Chọn D.

Điều kiện $n\ge 6$ và $n\in \mathbb{N}$.

$C_{n-4}^{n-6}+nA_{n}^{2}=454$$\Leftrightarrow \frac{\left( n-4 \right)!}{\left( n-6 \right)!2!}+n\cdot \frac{n!}{\left( n-2 \right)!}=454$$\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 $n\in \mathbb{N}$).

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: $4k-8=4\Leftrightarrow k=3$.

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 $BC=a\sqrt{2}$ 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 $A={{d}_{4}}\cap {{d}_{1}}$ $\Rightarrow A\left( 3+2u;\,-1+u;\,2-2u \right)$, $B={{d}_{4}}\cap {{d}_{2}}$$\Rightarrow B\left( -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 $A\left( 3;\,-1;\,2 \right)$ và có vtcp là ${{\vec{u}}_{3}}=\left( 4;\,-1;\,6 \right)$ nên ${{d}_{4}}:\frac{x-3}{-4}=\frac{y+1}{1}=\frac{z-2}{-6}$.