BẢNG ĐÁP ÁN VÀ Giải chi tiết đề THI THỬ THPTQG TRƯỜNG THPT NGHUYỄN TẤT THÀNH TỈNH YÊN BÁI năm 2018 - 2019
|
1.A |
2.B |
3.B |
4.A |
5.B |
6.D |
7.B |
8.D |
9.C |
10.A |
|
11.C |
12.A |
13.A |
14.A |
15.A |
16.B |
17.A |
18.A |
19.A |
20.A |
|
21.C |
22.D |
23.B |
24.C |
25.C |
26.C |
27.C |
28.C |
29.B |
30.A |
|
31.D |
32.B |
33.B |
34.C |
35.A |
36.D |
37.D |
38.C |
39.D |
40.D |
|
41.C |
42.B |
43.D |
44.B |
45.D |
46.D |
47.C |
48.B |
49.D |
50.B |
Câu 1.Chọn A
B sai vì ${f}'\left( x \right)$ có thể không xác định tại điểm ${{x}_{0}}$ mà hàm số vẫn đạt cực trị tại điểm ${{x}_{0}}$. Chẳng hạn với $f\left( x \right)=\left| x \right|$ đạt cực tiểu tại $x=0$ nhưng không có đạo hàm tại đó.
C sai vì ${f}''\left( {{x}_{0}} \right)=0$ chưa thể kết luận được hàm số đạt cực trị tại ${{x}_{0}}$. Chẳng hạn $f\left( x \right)={{x}^{4}}$ có ${{f}'}'\left( 0 \right)=0$và nó vẫn đạt cực tiểu tại $x=0$.
D sai vì nếu ${f}''\left( {{x}_{0}} \right)>0$ và ${f}'\left( {{x}_{0}} \right)=0$ thì hàm số đạt cực tiểu tại ${{x}_{0}}$.
Ta có $\int{\left( 3{{x}^{2}}+\sin x \right)\text{d}}x={{x}^{3}}-\cos x+C$.
Giả sử đáy của hình chóp là tam giác đều có cạnh bằng $a$ thì $S=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$.
Khi đó $V=\frac{1}{3}h\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{h{{a}^{2}}\sqrt{3}}{12}$.
Khi tăng cạnh tam giác lên 2 lần, giảm chiều cao 4 lần ${a}'=2a$; ${h}'=\frac{h}{4}$.
Thì ${V}'=\frac{\frac{h}{4}{{\left( 2a \right)}^{2}}\sqrt{3}}{12}=\frac{h{{a}^{2}}\sqrt{3}}{12}=V$.
Điều kiện xác định của hàm số là $4{{x}^{2}}-1\ne 0$$\Leftrightarrow x\ne \pm \frac{1}{2}$.
Ta có $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=3.2+0.1+1.0=6$.
TXĐ: $D=\mathbb{R}$.
Ta có ${y}'=4{{x}^{3}}-4x$.
$y' = 0{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}4{x^3} - 4x = 0{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0{\rm{ }}}\\
{x = 1{\rm{ }}}\\
{x = - 1}
\end{array}} \right.$
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( 1;+\infty \right)$.
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $\left( 2;+\infty \right)$.
Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( H \right)$ với trục hoành:
$2x - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x_1} = 2\,\,}\\
{{x_2} = 0}
\end{array}} \right.$
Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra do $\left( H \right)$quay quanh $Ox$ là:
$V=\pi \int\limits_{0}^{2}{{{\left( 2x-{{x}^{2}} \right)}^{2}}}.\text{d}x$ $=\pi \int\limits_{0}^{2}{\left( 4{{x}^{2}}-4{{x}^{3}}+{{x}^{4}} \right).\text{d}x}$$=\pi .\left( \left. \frac{4}{3}{{x}^{3}}-{{x}^{4}}+\frac{{{x}^{5}}}{5} \right|_{0}^{2} \right)=$$\frac{16}{15}\pi $.
Phương trình $3{{z}^{2}}-z+2=0$có $\Delta = {( - 1)^2} - 4.3.2 = - 23 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{z_1} = \frac{{1 - \sqrt {23} i}}{6}\,\,\,\,}\\
{{z_2} = \frac{{1 + \sqrt {23} i}}{6}}
\end{array}} \right.$
${{\left| {{z}_{2}} \right|}^{2}}={{\left| {{z}_{1}} \right|}^{2}}={{\left( \frac{1}{6} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{\sqrt{23}}{6} \right)}^{2}}=\frac{2}{3}\Rightarrow T=\frac{2}{3}+\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$.
Điểm $M\left( 1\,;\,-2 \right)$ biểu diễn số phức $z=1-2i$. Có phần thực là $1$ và phần ảo là $-2$.
Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{(ABCD)//(A'B'C'D')}\\
{(ABCD) \cap (A'C'M) = A'C'}\\
{(A'B'C'D') \cap (A'C'M) = MN}
\end{array}} \right.$
$\Rightarrow $$MN\,\text{//}\,{A}'{C}'\Rightarrow MN\,//\,AC$, suy ra $N$ là trung điểm $BC$. Vậy $k=\frac{MN}{A'C'}=\frac{MN}{AC}=\frac{1}{2}$.
Áp dụng công thức tính thể tích lăng trụ ta có $V=h.S=2a.3{{a}^{2}}=6{{a}^{3}}$.
Hàm số mũ $y={{\left( \frac{2}{\text{e}} \right)}^{x}}$có tập xác định là $\mathbb{R}$ và cơ số $a=\frac{2}{\text{e}}\in \left( 0\,;\,1 \right)$ nên hàm số nghịch biến trên $\left( -\infty \,;\,+\infty \right)$.
Ta có:
:
$\,\,\,\,\,\,\int\limits_{0}^{2}{\left( f\left( x \right)+3{{x}^{2}} \right)\text{d}x}=10$ $\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{2}{f\left( x \right)}\text{d}x+\int\limits_{0}^{2}{3{{x}^{2}}}\text{d}x=10$ $\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{2}{f\left( x \right)}\text{d}x=10-\int\limits_{0}^{2}{3{{x}^{2}}}\text{d}x$
$ \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = 10 - {x^3}\left| \begin{array}{l}
2\\
0
\end{array} \right.\,$$ \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = 10 - 8 = 2$
Gọi $O=AC\cap BD$, đường chéo $AC=a\sqrt{2}$.
Gọi $I$ là trung điểm của $SC$.
Suy ra $OI$ là đường trung bình của tam giác $SAC$. Suy ra $OI\,\text{//}\,SA$$\Rightarrow OI\bot \left( ABCD \right)$.
Hay $OI$ là trục đường tròn ngoại tiếp đáy $ABCD$.
Mà $IS=IC$$\Rightarrow $$IA=IB=IC=ID=IS$. Suy ra $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp $S.ABCD$.
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp $S.ABCD$: $R=SI=\frac{SC}{2}=\frac{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}}{2}=a\sqrt{2}$.
Diện tích mặt cầu: $S=4\pi {{R}^{2}}=8\pi {{a}^{2}}$.
Ta có: $\frac{{{V}_{S.EBD}}}{{{V}_{S.BCD}}}=\frac{SB.SD.SE}{SB.SD.SC}=\frac{SE}{SC}=\frac{2}{3}$$\Rightarrow {{V}_{S.EBD}}=\frac{2}{3}{{V}_{S.BCD}}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}$.
Vậy thể tích $V$của khối tứ diện $SEBD$ là $V=\frac{1}{3}$.
Ta có: $n(\Omega )=C_{38}^{1}=38$.
Gọi $A$ là biến cố: “Chọn được một học sinh nữ”.
$\Rightarrow n(A)=C_{18}^{1}=18$.
Xác suất để chọn được một học sinh nữ là: $P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{18}{38}=\frac{9}{19}$.
Ta có ${f}'\left( x \right)=3a{{x}^{2}}+2bx+c$.
Dựa vào đồ thị hàm số $y={f}'\left( x \right)$ ta có $3a<0\Rightarrow a<0$ nên loại đáp án $\mathbf{C}$.
Ta thấy đồ thị hàm số $y={f}'\left( x \right)$ cắt trục tung tại điểm có tung độ bé hơn $0$ nên suy ra $c<0$ nên ta loại đáp án $\mathbf{B}$.
Mặt khác hoành độ đỉnh của đồ thị hàm số $y={f}'\left( x \right)$ dương nên ta có $-\frac{b}{3a}>0$$\Rightarrow b>0$.
Mà đồ thị hàm số $y={f}'\left( x \right)$ nằm hoàn toàn phía dưới trục $Ox$ nên suy ra tam thức bậc hai ${f}'\left( x \right)=3a{{x}^{2}}+2bx+c$ vô nghiệm , suy ra ${{\Delta }_{{f}'\left( x \right)}}<0$$\Leftrightarrow {{b}^{2}}-3ac<0$$\Leftrightarrow {{b}^{2}}<3ac\text{ }\left( * \right)$.
Khi đó thay các hệ số $a$, $b$, $c$ ở hai đáp án $\mathbf{A}$và $\mathbf{D}$ vào $\left( * \right)$ ta có đáp án $\mathbf{A}$thỏa mãn.
Thay tọa độ điểm $P\left( 7\,;\,2\,;\,1 \right)$ vào phương trình đường thẳng $d$ ta có $\frac{7-1}{3}=\frac{2+2}{2}\ne \frac{1-3}{-4}$ nên điểm $P\left( 7\,;\,2\,;\,1 \right)\notin d$.
Ta có $a={{\log }_{12}}3=\frac{1}{\text{lo}{{\text{g}}_{3}}12}=\frac{1}{1+2{{\log }_{3}}2}\Leftrightarrow {{\log }_{2}}3=\frac{2a}{1-a}$.
Khi đó: ${{\log }_{24}}18=\frac{{{\log }_{2}}\left( {{3}^{2}}.2 \right)}{{{\log }_{2}}\left( {{2}^{3}}.3 \right)}=\frac{1+2{{\log }_{2}}3}{3+{{\log }_{2}}3}=\frac{1+2.\frac{2a}{1-a}}{3+\frac{2a}{1-\text{ }a}}=\frac{1+3a}{3-a}$.
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy $\underset{\left[ -1;3 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=f\left( 0 \right).$
Giả sử số phức thỏa mãn bài toán có dạng $z=x+yi$$\left( x,\,\,y\in \mathbb{R} \right)$.
Suy ra $\overline{z}+2-i=x-yi+2-i=x+2-(y+1)i$.
Do đó: $\left| \overline{z}+2-i \right|=4\Leftrightarrow \left| x+2-(y+1)i \right|=4\Leftrightarrow {{(x+2)}^{2}}+{{(y+1)}^{2}}=16$.
Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức $z$ là đường tròn tâm $I\left( -2\,;\,-1 \right)$, bán kính $R=4$.
Số phức liên hợp của $z=4+3i$ là $\overline{z}=4-3i$.
Ta có $\,{{u}_{8}}={{u}_{1}}+7d$ $\Rightarrow d=\frac{{{u}_{8}}-{{u}_{1}}}{7}$ $=\frac{26-\frac{1}{3}}{7}=\frac{11}{3}$.
Ta có ${{\overrightarrow{u}}_{_{d}}}=(3\,;\,-5\,;\,-1)$ là véc tơ chỉ phương của $d$.
${{\overrightarrow{n}}_{_{(P)}}}=\left( 2\,;\,0\,;\,1 \right)$ là véc tơ pháp tuyến của $\left( P \right)$.
$\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}}\,,\,{{n}_{\left( p \right)}} \right]=\left( -5\,;\,-5\,;\,10 \right)$.
Do $\Delta $ vuông góc với $d$ và song song với $\left( P \right)$ nên $\overrightarrow{u}=\left( 1\,;\,1\,;\,-2 \right)$ là véctơ chỉ phương của $\Delta $.
Khi đó, phương trình của $\Delta $ là $\frac{x-1}{1}=\frac{y+3}{1}=\frac{z-4}{-2}$.
Câu 25.Chọn C
Ta có ${3^{{x^2} + x}} = 9 \Leftrightarrow {x^2} + x = 2 \Leftrightarrow {x^2} + x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x = - 2
\end{array} \right.$
Khi đó tích các nghiệm của phương trình là $1.\left( -2 \right)=-2$.
Câu 26.Chọn C
Bán kính của khối nón là $r=\sqrt{{{l}^{2}}-{{h}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{4}^{2}}}=3$.
Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}.h=\frac{1}{3}.\pi {{.3}^{2}}.4=12\pi $.
Câu 27.Chọn C
Dựa vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số trùng phương $y=f\left( x \right)=a{{x}^{4}}+b{{x}^{2}}+c$ có:
- $a<0$.
- $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1\\
x = 0\\
x = 1
\end{array} \right.$ - Đồ thị đi qua $\left( 0\,;\,-1 \right)$, suy ra $c=-1$.
Đối chiếu các điều kiện trên ta thấy đường cong có phương trình là $y=-{{x}^{4}}+2{{x}^{2}}-1.$
Câu 28.Chọn C
Diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$, trục hoành và hai đường thẳng $x=a$, $x=b$ là $S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|\text{d}x}=$ $\int\limits_{a}^{c}{\left| f\left( x \right) \right|\text{d}x}+\int\limits_{c}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|\text{d}x}$ $=-\int\limits_{a}^{c}{f(x)\text{d}x}+\int\limits_{c}^{b}{f(x)\text{d}x}$.
Câu 29.Chọn B
Gọi ${{S}_{1}}$, ${{S}_{2}}$ lần lượt là diện tích xung quanh của hình trụ và hình nón.
Độ dài đường sinh của hình trụ và hình nón lần lượt là: ${{l}_{1}}=R\sqrt{3}$, ${{l}_{2}}=2R$.
Khi đó: $\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}=\frac{2\pi R.R\sqrt{3}}{\pi R.2R}=\sqrt{3}$.
Câu 30.Chọn A
Từ bảng biến thiên ta thấy: $\underset{x\to {{(-1)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty $ nên đồ thị hàm số luôn có tiệm cận đứng $x=-1.$
