Lời giải đề 20: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT chuyên Biên Hòa- Hà Nam lần 1, mã đề 101 trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. Chọn C.

$\left( 1 \right)$: ${{3}^{2x}}-{{2.3}^{x}}=0\Leftrightarrow {{3}^{x}}-2=0\Leftrightarrow x={{\log }_{3}}2$ nên $\left( 1 \right)$ đúng.

$\left( 2 \right)$ Bất phương trình $f\left( x \right)\ge -1$ có nghiệm duy nhất: sai.

$\left( 3 \right)$ Bất phương trình $f\left( x \right)\ge 0$ có tập nghiệm là: $\left( {{\log }_{3}}2;+\infty  \right)$ nên $\left( 3 \right)$ sai.

$\left( 4 \right)$ Đường thẳng $y=0$ cắt đồ thị hàm số $\left( C \right)$ tại $2$ điểm phân biệt: sai.

Vậy có $1$ mệnh đề đúng.

Câu 2. Chọn C.

Xét $\underset{x\to -{{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{3+2x}{x+2}$ thấy: $\underset{x\to -{{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( 3+2x \right)=-1$, $\underset{x\to -{{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( x+2 \right)=0$ và $x+2<0$ với mọi $x<-2$ nên $\underset{x\to -{{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{3+2x}{x+2}=+\infty $.

Câu 3. Chọn B.

Vì $AB \text{//} CD$ nên $AB \text{//} \left( SCD \right)$.

Do đó $d\left( AB,CM \right)=d\left( AB,\left( SCD \right) \right)$$=d\left( A,\left( SCD \right) \right)=AH$ với $H$ là chân đường cao kẻ từ $A$ của tam giác $SAD$.

Ta có $AH=\frac{SA.AD}{SD}=\frac{a\sqrt{3}.a}{\sqrt{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Câu 4. Chọn A.

Xét khai triển ${{\left( 1+x \right)}^{20}}=C_{20}^{0}+C_{20}^{1}x+C_{20}^{2}{{x}^{2}}+C_{20}^{3}{{x}^{3}}+...+C_{20}^{19}{{x}^{19}}+C_{20}^{20}{{x}^{20}}$.

Khi $x=1$ ta có ${{2}^{20}}=C_{20}^{0}+C_{20}^{1}+C_{20}^{2}+C_{20}^{3}+...+C_{20}^{19}+C_{20}^{20}$         $\left( 1 \right)$

Khi $x=-1$ ta có $0=C_{20}^{0}-C_{20}^{1}+C_{20}^{2}-C_{20}^{3}+...-C_{20}^{19}+C_{20}^{20}$                  $\left( 2 \right)$

Cộng vế theo vế $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ ta được:

${{2}^{20}}=2\left( C_{20}^{0}+C_{20}^{2}+...+C_{20}^{20} \right)$ $\Rightarrow {{2}^{19}}-1=C_{20}^{2}+C_{20}^{4}+...+C_{20}^{20}$.

Vậy số tập con của $A$ khác rỗng và số phần tử là số chẵn là ${{2}^{19}}-1$ phần tử.

Câu 5: Chọn A.

Ta có $\sqrt{3}\sin x-\cos x=1$$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}\sin x-\frac{1}{2}\cos x=\frac{1}{2}$$\Leftrightarrow \sin \left( x-\frac{\pi }{6} \right)=\frac{1}{2}$.

Câu 6: Chọn A.

$\begin{array}{l}
g\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow {\mkern 1mu} g\left( x \right) = 2f\left( x \right) + 2{x^3} - 4x - 3m - 6\sqrt 5  \le 0\\
 \Leftrightarrow 3m \ge 2f\left( x \right) + 2{x^3} - 4x - 6\sqrt 5 
\end{array}$

Đặt $h\left( x \right)=2f\left( x \right)+2{{x}^{3}}-4x-6\sqrt{5}$. Ta có ${h}'\left( x \right)=2{f}'\left( x \right)+6{{x}^{2}}-4$. Suy ra

$\,\,\left\{ \begin{array}{l}
h'\left( { - \sqrt 5 } \right) = 2f'\left( { - \sqrt 5 } \right) + 6.5 - 4 = 0\\
h'\left( {\sqrt 5 } \right) = 2f'\left( {\sqrt 5 } \right) + 6.5 - 4 = 0\\
h'\left( 0 \right) = 2f'\left( 0 \right) + 0 - 4 = 0\\
h'\left( 1 \right) = 2f'\left( 1 \right) + 6.1 - 4 > 0\\
h'\left( { - 1} \right) = 2f'\left( { - 1} \right) + 6.1 - 4 > 0
\end{array} \right.$

Từ đó ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có $3m\ge h\left( \sqrt{5} \right)$ $\Leftrightarrow m\ge \frac{2}{3}f\left( \sqrt{5} \right)$.

Câu 7: Chọn B.

Qua phép quay tâm $O$ góc quay $-{{90}^{\text{o}}}$ đường thẳng $d$ biến thành đường thẳng ${d}'$ vuông góc với $d$.

Phương trình đường thẳng ${d}'$ có dạng: $x+3y+m=0$.

Lấy $A\left( 0;2 \right)\in d$. Qua phép quay tâm $O$ góc quay $-{{90}^{\text{o}}}$, điểm $A\left( 0;2 \right)$ biến thành điểm $B\left( 2;0 \right)\in {d}'$. Khi đó $m=-2$.

Vậy phương trình đường ${d}'$ là $x+3y-2=0$.

Câu 8: Chọn B.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm $\left( 0;-2 \right)$. Chỉ có hàm số ở câu B mới thỏa được điều này.

Câu 9: Chọn B.

Ta có: ${\log _2}\left( {2\sin \frac{\pi }{{12}}} \right) + {\log _2}\left( {\cos \frac{\pi }{{12}}} \right) = {\log _2}\left( {2\sin \frac{\pi }{{12}}\cos \frac{\pi }{{12}}} \right) = {\log _2}\left( {\sin \frac{\pi }{6}} \right) = {\log _2}\left( {\frac{1}{2}} \right) =  - 1$.

Câu 10: Chọn D.

Gọi $I$ là trung điểm cạnh $SC$.

$SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SA\bot AC\Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại $A$. Suy ra: $IA=IC=IS$.

$SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SA\bot BC$ và $BC\bot AB$ (do $\Delta ABC$ vuông tại $B$).

Suy ra: $BC\bot \left( SAB \right)$ nên $BC\bot SB\Rightarrow \Delta SBC$ vuông tại $B$.  Do đó $IB=IC=IS$.

Vậy $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$.

Khi đó $R=IS=\frac{1}{2}SC=\frac{1}{2}\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{4{{a}^{2}}+{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Câu 11: Chọn D.

Đặt: $\left\{ \begin{array}{l}
u = x\\
{\rm{d}}v = \cos 2x{\rm{d}}x
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\rm{d}}u = {\rm{d}}x\\
v = \frac{1}{2}\sin 2x
\end{array} \right.$

Khi đó: $\int{x\cos 2x\text{d}x}=\frac{1}{2}x\sin 2x-\frac{1}{2}\int{\sin 2x\text{d}x}=\frac{1}{2}x\sin 2x+\frac{1}{4}\cos 2x+C$.

Câu 12: Chọn C.

${\log _2}x + {\log _2}(x - 1) = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 1\\
{\log _2}\left( {{x^2} - x} \right) = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 1\\
{x^2} - x - 2 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2$.

Câu 13: Chọn A.

Từ đồ thị hàm số $y=f(x)$ ta có bảng biến thiên

Vậy hàm số đạt cực đại tại $x=0$.

Câu 14: Chọn D.

Giả sử $E,F$ là chân đường vuông góc hạ từ $O$ xuống $AB,AC$. Khi đó ta có $HE\bot AB,HF\bot AC$. Do $OE=OF=1$ nên $HE=HF$. Do đó $AH$ là phân giác của góc $\widehat{BAC}$.

Khi đó $AH\cap BC=D$ là trung điểm của $BC$.

Do $BC\bot AD\Rightarrow BC\bot \left( SAD \right)$. Kẻ $OK\bot SD$ thì $OK\bot \left( SBC \right)$. Do đó $OK=1$ và $\widehat{SDA}=60{}^\circ $.

Đặt $AB=BC=CA=2a\left( a>0 \right)$ thì $SH=a,HD=a.\cot 60{}^\circ =\frac{a}{\sqrt{3}}$.

Do đó $AD=a\sqrt{3}=3HD$ nên $H$ là tâm tam giác đều $ABC$$\Rightarrow S.ABC$ là hình chóp tam giác đều và $E,F$ là trung điểm $AB,AC$.

Mặt khác trong tam giác $SOK$ có : $SO=\frac{OK}{\sin 30{}^\circ }=2$. Do $\Delta DEF$ đều có $OH\bot \left( DFE \right)$ nên $OE=OF=OD=1$$\Rightarrow K\equiv D$.

Khi đó $\Delta DSO$ vuông tại $D$ và có $DH\bot SO$. Từ đó $D{{H}^{2}}=HS.HO$$\Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}}{3}=a\left( 2-a \right)$$\Leftrightarrow a=\frac{3}{2}$$\Rightarrow AB=3,SH=\frac{3}{2}$.

Gọi $R$ là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ thì $R=\frac{S{{A}^{2}}}{2SH}=\frac{7}{4}$.

${{V}_{m/c}}=\frac{4}{3}\pi .{{\left( \frac{7}{4} \right)}^{3}}=\frac{343}{48}\pi $.

Câu 15: Chọn D.

Hàm số $y=f(x)$ liên tục trên $\left[ a;b \right]$. Diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f(x)$, trục hoành và hai đường thẳng $x=a;\,x=b$ được tính theo công thức $S=\int\limits_{a}^{b}{\left| f\left( x \right) \right|}\text{d}x$.

Câu 16: Chọn B.

Ta có

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[3]{-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}}}{x-1}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[3]{{{x}^{3}}\left( -1+\frac{3}{x} \right)}}{x-1}$  $=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x\sqrt[3]{\left( -1+\frac{3}{x} \right)}}{x-1}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[3]{\left( -1+\frac{3}{x} \right)}}{1-\frac{1}{x}}=-1$

$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[3]{-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}}}{x-1}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[3]{{{x}^{3}}\left( -1+\frac{3}{x} \right)}}{x-1}$  $=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x\sqrt[3]{\left( -1+\frac{3}{x} \right)}}{x-1}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[3]{\left( -1+\frac{3}{x} \right)}}{1-\frac{1}{x}}=-1$

Suy ra $y=-1$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Câu 17: Chọn A.

Với $x>0$, $y>0$, ta có

${{x}^{\frac{4}{5}}}.\sqrt[6]{{{x}^{5}}\sqrt{x}}$$={{x}^{\frac{4}{5}}}.{{\left( {{x}^{5}}.{{x}^{\frac{1}{2}}} \right)}^{\frac{1}{6}}}={{x}^{\frac{4}{5}}}.{{x}^{\frac{5}{6}}}.{{x}^{\frac{1}{12}}}={{x}^{\frac{4}{5}+\frac{5}{6}+\frac{1}{12}}}\Rightarrow m=\frac{4}{5}+\frac{5}{6}+\frac{1}{12}$.

${{y}^{\frac{4}{5}}}:\sqrt[6]{{{y}^{5}}\sqrt{y}}$$y=x+1$.

Do đó $m-n=\frac{11}{6}$.

Câu 18: Chọn B.

Ta có $2{{\sin }^{2}}2x+\cos 2x\,+1=0$$\Leftrightarrow 8{{\sin }^{2}}x{{\cos }^{2}}x+2{{\cos }^{2}}x=0$

$\Leftrightarrow 2{{\cos }^{2}}x\left( 4{{\sin }^{2}}x+1 \right)=0\Leftrightarrow {{\cos }^{2}}x=0\Leftrightarrow \cos x=0\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{2}+k\pi $ $\left( k\in \mathbb{Z} \right)$.

Bài ra $x\in \left[ 0;2018\pi  \right]$ nên $\frac{\pi }{2}+k\pi \in \left[ 0;2018\pi  \right]\Rightarrow k\in \left\{ \text{0; 1; 2; 3;}...\text{; 2017} \right\}$.

Do đó số nghiệm của phương trình $2{{\sin }^{2}}2x+\cos 2x\,+1=0$ trong $\left[ 0;2018\pi  \right]$ là $2018$.

Câu 19:
Chọn D.

Từ bảng biến thiên trên ta được hàm số đồng biến trên $\left( -\infty ;-2 \right)$ và nghịch biến trên $\left( -2;+\infty  \right)$.

Do đó hàm số đồng biến trên $\left( -3;-2 \right)$ và không đồng biến trên khoảng $\left( -\infty ;5 \right)$.

Như vậy I đúng, II sai, III đúng, IV đúng.

Câu 20: Chọn C.

Ta có ${{5}^{{{x}^{2}}-x}}<25$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x<2\Leftrightarrow -1<x<2\Leftrightarrow x\in \left( -1;2 \right)$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $S=\left( -1;2 \right)$.

Câu 21:Chọn B.

Từ đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$. Ta thực hiện các thao tác sau:

Tịnh tiến qua trái $1$ đơn vị.

Lấy đối xứng qua trục $Ox$.

Tịnh tiến xuống dưới $3$ đơn vị.

Ta được đồ thị hàm số $g\left( x \right)=2.\left| f(x-1) \right|-3$. 

Dựa vào đồ thị suy ra phương trình $2.\left| f(x-1) \right|-3=0$ có $4$ nghiệm.

Câu 22: Chọn C.

Ta có: ${{2}^{x}}+{{2}^{x+1}}={{3}^{x}}+{{3}^{x+1}}$$\Leftrightarrow {{3.2}^{x}}={{4.3}^{x}}$$\Leftrightarrow {{\left( \frac{3}{2} \right)}^{x}}=\frac{3}{4}$$\Leftrightarrow x={{\log }_{\frac{3}{2}}}\frac{3}{4}$.

Câu 23: Chọn B.

Ta có: $\int\limits_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos xdx}$$=\left. \sin x \right|_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}}$$=1-\frac{\sqrt{3}}{2}$. Vậy $2a+6b=2-3=-1$.

Câu 24: Chọn B.

Chọn ngẫu nhiên $3$ cuốn sách rồi phát cho $3$ học sinh có: $A_{10}^{3}$ cách.

Câu 25. Chọn A.

Theo công thức lãi kép số tiền có được sau $n$ tháng là $T={{T}_{0}}\times {{\left( 1+r \right)}^{n}}$.

Áp dụng vào ta có: $100.000.000\times 1,{{005}^{n}}\ge 125.000.000$ $\Rightarrow n\ge 45$.

Câu 26. Chọn D.

Có một cạnh là cạnh chung của $3$ mặt.

Câu 27. Chọn B.

Ta có ${y}'=3{{x}^{2}}+4ax+4b$.

Hàm số đạt cực trị tại $x=-1$ nên ${y}'\left( -1 \right)=0$$\Rightarrow 3-4a+4b=0$$\Rightarrow a-b=\frac{3}{4}$.

Câu 28. Chọn B.

Góc giữa $A{B}'$ và $\left( ABCD \right)$ bằng $\widehat{{B}'AB}$. Suy ra $B{B}'=AB.\tan \widehat{{B}'AB}=a\sqrt{3}$.

Thể tích khối hộp đứng bằng $V=B{B}'.{{S}_{ABCD}}$$=a\sqrt{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}=\frac{3{{a}^{3}}}{2}$.

Câu 29. Chọn A.

Hàm số $y=\tan \left( 2x+\frac{\pi }{3} \right)$ xác định khi và chỉ khi

$\cos \left( 2x+\frac{\pi }{3} \right)\ne 0$$\Leftrightarrow 2x+\frac{\pi }{3}\ne \frac{\pi }{2}+k\pi $$\Leftrightarrow x\ne \frac{\pi }{12}+k\frac{\pi }{2}\left( k\in \mathbb{Z} \right)$.