Lời giải đề 18: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT Lương Thế Vinh- Hà Nội lần 1, mã đề 101 trang 1

ĐÁP ÁN

Câu 1. Chọn A.

TXĐ: $D=\mathbb{R}$.

Ta có  $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \sqrt{4{{x}^{2}}+4x+3}-\sqrt{4{{x}^{2}}+1} \right)$$=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{4x+2}{\sqrt{4{{x}^{2}}+4x+3}+\sqrt{4{{x}^{2}}+1}}$$=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{4+\frac{2}{x}}{\sqrt{4+\frac{4}{x}+\frac{3}{{{x}^{2}}}}+\sqrt{4+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}=1$suy ra đường thẳng $y=1$ là tiệm cận ngang.

Ta có  $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \sqrt{4{{x}^{2}}+4x+3}-\sqrt{4{{x}^{2}}+1} \right)$$=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{4x+2}{\sqrt{4{{x}^{2}}+4x+3}+\sqrt{4{{x}^{2}}+1}}$$=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{4+\frac{2}{x}}{-\sqrt{4+\frac{4}{x}+\frac{3}{{{x}^{2}}}}-\sqrt{4+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}=-1$suy ra đường thẳng $y=-1$ là tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số có $2$ tiệm cận ngang.

Câu 2. Chọn D.

Gọi $H$ là hình chiếu của ${B}'$ trên $BC$. Từ giả thiết suy ra: ${B}'H\bot \left( ABC \right)$.

${{S}_{B{B}'C}}=\frac{1}{2}B{B}'.BC.\sin \widehat{{B}'BC}$$=\frac{1}{2}4a.a.\sin 30{}^\circ $$={{a}^{2}}$.

Mặt khác: ${{S}_{B{B}'C}}=\frac{1}{2}{B}'H.BC$$\Rightarrow {B}'H=\frac{2{{S}_{B{B}'C}}}{BC}$$=\frac{2{{a}^{2}}}{a}=2a$.

${{V}_{LT}}={B}'H.{{S}_{ABC}}$$=2a.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$$=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$.

${{V}_{A.C{C}'{B}'}}=\frac{1}{2}{{V}_{A.C{C}'{B}'B}}$$=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}{{V}_{LT}}=\frac{1}{3}{{V}_{LT}}$$=\frac{1}{3}.\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$$=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$.

Câu 3. Chọn C.

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 2;-1;-2 \right)$, bán kính $R=2$.

Mặt phẳng $\left( P \right)$ và mặt cầu $\left( S \right)$ có đúng $1$ điểm chung khi: $d\left( I;\left( P \right) \right)=R$.

$ \Leftrightarrow \frac{{\left| {11 - m} \right|}}{5} = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 1\\
m = 21
\end{array} \right.$.

Câu 4. Chọn A.

Ta có $\int{kf\left( x \right)}\text{d}x=\int{f\left( x \right)}\text{d}x$với $k\in \mathbb{R}$ sai vì tính chất đúng khi $k\in \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$.

Câu 5: Chọn B.

Đặt $B={{S}_{ABCD}}$, $d\left( S;\left( ABCD \right) \right)=h$. Suy ra $V=\frac{1}{3}Bh$.

Vì $M$ là trung điểm của $SA$ nên $d\left( M;\left( ABCD \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( S;\left( ABCD \right) \right)$,

Lại vì $N$ là trung điểm của $MC$ nên $d\left( N;\left( ABCD \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( M;\left( ABCD \right) \right)$. Suy ra $d\left( N;\left( ABCD \right) \right)=\frac{1}{4}d\left( S;\left( ABCD \right) \right)=\frac{1}{4}h$. Từ đó ta có ${{V}_{N.ABCD}}=\frac{1}{3}d\left( N;\left( ABCD \right) \right).B=\frac{1}{4}.\frac{1}{3}Bh=\frac{V}{4}$. 

Câu  6: Chọn A.

Bất phương trình $ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {11 - 2x} \right) \ge {\log _3}\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x - 1 > 0\\
11 - 2x \ge x - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 1\\
x \le 4
\end{array} \right.$

. Vậy $S=\left( 1;4 \right]$.

Câu 7: Chọn C.

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = \ln \left( {{x^2} + 9} \right)\\
{\rm{d}}v = x{\rm{d}}x
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\rm{d}}u = \frac{{2x}}{{\left( {{x^2} + 9} \right)}}{\rm{d}}x\\
v = \frac{{{x^2} + 9}}{2}
\end{array} \right.$ 

Suy ra $\int\limits_{0}^{4}{x\ln \left( {{x}^{2}}+9 \right)\text{d}x}=\left. \frac{{{x}^{2}}+9}{2}\ln \left( {{x}^{2}}+9 \right) \right|_{0}^{4}-\int\limits_{0}^{4}{\frac{{{x}^{2}}+9}{2}.\frac{2x}{{{x}^{2}}+9}\text{d}x}$$=25\ln 5-9\ln 3-8$.

Do đó $a=25$, $b=-9$, $c=-8$ nên $T=8$.

Câu 8: Chọn A.

Tập xác định $D=\mathbb{R}$.

Ta có ${y}'=2017{{\left( x-1 \right)}^{2016}}\ge 0,\,\forall x$ nên hàm số không có cực trị.

Câu 9. Chọn B.

$\overrightarrow{a}=2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{k}-3\overrightarrow{j}=2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}$ nên $\overrightarrow{a}=\left( 2;-3;1 \right)$.

Câu 10. Chọn C.

Ta có $y={{\left( \frac{\text{e}}{2} \right)}^{-2x+1}}$$\Rightarrow {y}'=-2.{{\left( \frac{\text{e}}{2} \right)}^{-2x+1}}.\ln \frac{e}{2}<0$.

Câu 11. Chọn A.

Phương trình hoành độ giao điểm $\frac{x+3}{x-1}=x+1$ $\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-4=0$ $\Leftrightarrow x=\frac{1\pm \sqrt{17}}{2}$.

Khi đó $A\left( \frac{1+\sqrt{17}}{2};\text{ }\frac{3+\sqrt{17}}{2} \right)$, $B\left( \frac{1-\sqrt{17}}{2};\text{ }\frac{3-\sqrt{17}}{2} \right)$

Vậy $\overrightarrow{AB}=\left( -\sqrt{17};-\sqrt{17} \right)\Rightarrow AB=\sqrt{34}$.

Câu 12. Chọn A.

Hàm số $y={{\text{e}}^{{{x}^{2}}+2x}}$ có tập xác định $D=\mathbb{R}$.

Câu 13: Chọn A.

Ta có ${{4}^{x+\frac{1}{2}}}-{{5.2}^{x}}+2=0$ $\Leftrightarrow $ ${{2.2}^{2x}}-{{5.2}^{x}}+2=0$ $\Leftrightarrow $ $\left[ \begin{array}{l}
{2^x} = 2\\
{2^x} = \frac{1}{2} = {2^{ - 1}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1\\
x =  - 1\,.
\end{array} \right.$  

Vậy tập nghiệm của phương trình $S=\left\{ -1;\,1 \right\}$.

Câu 14: Chọn D.

Ta có ${{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( x-1 \right)=-2$ $\Leftrightarrow $ $x-1={{\left( \frac{1}{2} \right)}^{-2}}$ $\Leftrightarrow $ $x=5$.

Câu 15: Chọn D.

Mặt phẳng $\left( Q \right):x+y+3z=0$, $\left( R \right):2x-y+z=0$ có các vectơ pháp tuyến lần lượt là $\overrightarrow{\,{{n}_{1}}}=\left( 1;\,1;\,3 \right)$ và $\overrightarrow{\,{{n}_{2}}}=\left( 2;\,-1;\,1 \right)$.

Vì $\left( P \right)$ vuông góc với hai mặt phẳng $\left( Q \right)$, $\left( R \right)$ nên $\left( P \right)$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{\,n\,}=\left[ \overrightarrow{\,{{n}_{1}}},\,\overrightarrow{\,{{n}_{2}}} \right]=\left( 4;\,5;\,-3 \right)$.

Ta lại có $\left( P \right)$ đi qua điểm $B\left( 2;\,1;\,-3 \right)$ nên $\left( P \right):4\left( x-2 \right)+5\left( y-1 \right)-3\left( z+3 \right)=0$ $\Leftrightarrow \,\,4x+5y-3z-22=0$.

Câu 16: Chọn D.

Dựa vào đồ thị ta thấy ngay đây là đồ thị hàm số bậc ba với hệ số $a>0$, do đó loại A và C.

Hàm số có điểm cực trị $x=0$.

Xét hàm số $y={{x}^{3}}-3x+2$, ta có ${y}'=3{{x}^{2}}-3$; ${y}'=0$ $\Leftrightarrow $ $x=\pm 1$. Suy ra hàm số này không thỏa mãn.

Vậy ta chọn hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2$.

Câu 17. Chọn C.

${y}'=2\left( x-2 \right){{e}^{x}}+{{\left( x-2 \right)}^{2}}{{e}^{x}}={{e}^{x}}\left( {{x}^{2}}-2x \right)$.

$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 2
\end{array} \right.$. Ta có: $y\left( 1 \right)=3;y\left( 3 \right)={{e}^{3}};y\left( 2 \right)=0$.

Vậy GTLN của hàm số $y={{\left( x-2 \right)}^{2}}{{e}^{x}}$ trên $\left[ 1;3 \right]$ là ${{e}^{3}}$.

Câu 18. Chọn B.

TXĐ $D=\mathbb{R}$.

${y}'=m{{x}^{2}}-2\left( m+1 \right)x+\left( m-2 \right)$.

Hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}\Leftrightarrow {y}'\le 0\forall x\in \mathbb{R}$.

TH1: $m=0$ ta có ${y}'=-2x-2$ (không thỏa mãn)

TH2: $m\ne 0$ ta có

$y' \le 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 0\\
\Delta ' \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 0\\
{\left( {m + 1} \right)^2} - m\left( {m - 2} \right) \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m < 0\\
1 + 4m \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le  - \frac{1}{4}$.

Câu 19. Chọn  C.

                 Từ hình vẽ $1$ suy ra có $9$ mặt.

Câu 20. Chọn D.

${{5}^{x+2}}<{{\left( \frac{1}{25} \right)}^{-x}}\Leftrightarrow {{5}^{x+2}}<{{\left( 5 \right)}^{2x}}\Leftrightarrow 2<x$.

Câu 21.  Chọn B

Gọi $I=\int\limits_{1}^{4}{f\left( 3x-3 \right)\text{d}x}$.

Đặt $t=3x-3$ $\Rightarrow \text{d}t=3\text{d}x$ $\Rightarrow \text{d}x=\frac{1}{3}\text{d}t$. Đổi cận: $x=1\Rightarrow t=0;$$x=4\Rightarrow t=9$.

Khi đó: $I=\frac{1}{3}\int\limits_{0}^{9}{f\left( t \right)\text{d}t}$ $=\frac{1}{3}.9$ $=3$.

Câu 22.   Chọn A

Tập xác định: $D=\mathbb{R}\backslash \text{ }\!\!\{\!\!\text{ }2\}$ .

Ta có $\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x+1}{x-2}=+\infty $nên hàm số đã cho có tiệm cận đứng là $x=2$ .

Câu 23.   Chọn C

Tập xác định $D=\mathbb{R}$.

Ta có ${y}'=3{{x}^{2}}-3;$$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
x = 1
\end{array} \right.$.

Ta có bảng xét dấu ${y}'$ :

Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( -1;1 \right)$.

Câu 24.    Chọn B

Tập xác định $D=\left( -\infty ;0 \right)\cup \left( 2;+\infty  \right)$.

 Ta có ${y}'=\frac{1}{\left( {{x}^{2}}-2x \right)\ln 2}>0,$$\forall x\in \left( -\infty ;0 \right)$ và $\left( 2;+\infty  \right).$

Nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( -\infty ;0 \right)$.

Câu 25: D.

Ta có: ${y}'=3{{x}^{2}}-6x+6$$=3{{\left( x-1 \right)}^{2}}+3\ge 3$. Dấu $''=''$ xảy ra khi $x=1$$\Rightarrow y=9$.

Do đó, tiếp tuyến của đồ thị có hệ số góc nhỏ nhất bằng 3 và là tiếp tuyến tại điểm $M\left( 1;9 \right)$.

Phương trình tiếp tuyến là: $y=3\left( x-1 \right)+9$$\Leftrightarrow y=3x+6$.

Câu 26: Chọn C.

Ta có: $AB=AC=\sqrt{2}$.

Gọi $H$ là trung điểm của cạnh $AB$ thì $AH\bot BC$ và $AH=1$.

Quay tam giác $ABC$quanh trục $BC$ thì được khối tròn xoay có thể tích là:

$V=2.\frac{1}{3}HB.\pi A{{H}^{2}}$$=\frac{2\pi }{3}$.

Câu 27: Chọn C.

Ta có:$\int\limits_{\pi }^{b}{4\cos 2xdx=1}$$\Leftrightarrow 2\sin 2x\left| _{\pi }^{b} \right.=1$$\Leftrightarrow \sin 2b=\frac{1}{2}$$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{b = \frac{\pi }{{12}} + k\pi }\\
{b = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi }
\end{array}} \right.$.

Do đó, có 4 số thực $b$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 28: Chọn B.

Vì thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vuông nên khối trụ có chiều cao bằng $2r$.

Ta có: ${{S}_{tp}}=4\pi $$\Leftrightarrow 2\pi {{r}^{2}}+2\pi rl=4\pi $$\Leftrightarrow 6\pi {{r}^{2}}=4\pi $.

$\Rightarrow r=\sqrt{\frac{2}{3}}$

Tính thể tích khối trụ là: $V=\pi {{r}^{2}}h$$=2\pi {{r}^{3}}$$=2\pi \frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}$$=\frac{4\pi \sqrt{6}}{9}$.

Câu 29: Chọn C.

Để hàm số $y={{\left( {{x}^{2}}+m \right)}^{\sqrt{2}}}$ có tập xác định là $\mathbb{R}$ thì ${{x}^{2}}+m>0$$\Leftrightarrow $$m>0$.