Loading [MathJax]/extensions/tex2jax.js

Lời giải đề 22: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 Sở GD&ĐT Bà Rịa- Vũng Tàu lần 1, mã đề 001 trang 2

Câu 30. Chọn B.

Ta có $ABCD$ là hình chữ nhật nên tam giác $ADC$ vuông tại $D$ và $BD=AC=asqrt{2}$.

Xét tam giác vuông $ADC$

$underset{left0;2right}{mathop{min }},flefttright=2$$Leftrightarrow DC=ACsin widehat{DAC}$$Leftrightarrow DC=asqrt{2}.sin60{}^circ $$Leftrightarrow DC=frac{asqrt{6}}{2}$$Rightarrow $ bán kính mặt đáy của hình trụ là $r=frac{asqrt{6}}{4}$.

$cos widehat{DAC}=frac{AD}{AC}$$Leftrightarrow AD=ACcos widehat{DAC}$$Leftrightarrow AD=asqrt{2}cos 60{}^circ $$Leftrightarrow AD=frac{asqrt{2}}{2}$$-1+sqrt{4+sqrt{5}}+left1sqrt4+sqrt5right=-2$ chiều cao của hình trụ là $h=frac{asqrt{2}}{2}$.

Thể tích khối trụ là $a=2$$=pi {{leftfracasqrt64right}^{2}}frac{asqrt{2}}{2}$$=frac{3{{a}^{3}}sqrt{2}}{16}$.

Câu 31. Chọn D.

Gọi $I$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $leftABCright$.

Đặt $SA=SB=SC=a$.

Theo giả thiết ta có tam giác $SAC$ đều cạnh $a$ . Tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$$Rightarrow AB=asqrt{2}$.

Xét tam giác $SBC$ ta có

$B{{C}^{2}}=S{{B}^{2}}+S{{C}^{2}}-2SB.SC.cos widehat{BSC}$$={{a}^{2}}+{{a}^{2}}-2.a.a.cos 120{}^circ $$=asqrt{3}$.

Do $A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}$$={{a}^{2}}+2{{a}^{2}}$$=3{{a}^{2}}=B{{C}^{2}}$ nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$ .

Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AC$ và $BC$ ta có

$left{ begin{array}{l}
MN bot AC\
SM bot AC
end{array} right.$$Rightarrow ACbot leftSMNright$$Rightarrow ACbot SM$
1.

Mặt khác tam giác $SBC$ vuông cân tại $S$ nên $SMbot BC$ 2.

Từ 12 ta có $SMbot leftABCright$. Vậy hình chiếu vuông góc của $S$ trên mặt phẳng $leftABCright$ là trung điểm $I$ của $BC$.

Câu 32. Chọn B.

Đặt thể tích của khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$ là $V$, khi đó ta có thể tích khối chóp ${A}’.ABC$ là $frac{V}{3}Rightarrow $ thể tích khối chóp ${A}’.BC{C}'{B}’=frac{2V}{3}$.

Mặt khác thể tích khối chóp ${A}’.BCNM$ bằng thể tích khối chóp ${A}’.{B}'{C}’NM$ nên thể tích khối chóp ${A}’.BCNM$ bằng $frac{V}{3}$.

Vậy ${{V}_{1}}=frac{2V}{3}$, ${{V}_{2}}=frac{V}{3}$$Rightarrow frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=2$.

Câu 33: Chọn D.

Ta có $int{fleftxright}text{d}x=int{{{left2x3right}^{3}}}text{d}x$$=frac{1}{2}.frac{{{left2x3right}^{4}}}{4}+C$.

Câu 34: Chọn B.

Gọi $x=overline{abcde}$ là số thỏa ycbt. Do $x$ chia hết cho $5$ nên $e=5$. Số cách chọn vị trí $a,b,c,d$ là $4!$. Vậy có $24$ số có $5$ chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho $5$.

Câu 35: Chọn A.

Ta có ${y}’=frac{-2}{{{left2x2right}^{2}}}$, TCĐ: $x=1text{ }leftd1right$, TCN: $y=1text{ }leftd2right$, $Ileft1;1right$.

Phương trình tiếp tuyến $Delta $ tại điểm $Mleftx0;y0right$ có dạng $y=frac{-2}{{{left2x02right}^{2}}}leftxx0right+frac{2{{x}_{0}}-1}{2{{x}_{0}}-2}$

$A=Delta cap {{d}_{1}}$$Rightarrow Aleft1;fracx0x01right$, $B=Delta cap {{d}_{2}}$$Rightarrow Bleft2x01;1right$. $overrightarrow{IB}=left2x02;0right$, $overrightarrow{IA}=left0;frac1x01right$. ${{S}_{Delta OIB}}=8{{S}_{Delta OIA}}$$Leftrightarrow frac{1}{2}.1.IB=8.frac{1}{2}.1.IA$$Leftrightarrow IB=8IA$$Leftrightarrow left| 2{{x}_{0}}-2 right|=8left| frac{1}{{{x}_{0}}-1} right|$$Leftrightarrow {{leftx01right}^{2}}=4$$Leftrightarrow {{x}_{0}}=3$ do$x0>1$$Rightarrow {{y}_{0}}=frac{5}{4}$$Rightarrow S={{x}_{0}}+4{{y}_{0}}$$=3+4.frac{5}{4}=8$.

Câu 36: Chọn A.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BD,AC$. Đặt $BD=2x,AC=2y$ $leftx,y>0right$.

Ta có $CMbot BD,AMbot BD$$Rightarrow BDbot leftAMCright$.

Ta có $MA=MC=sqrt{1-{{x}^{2}}}$, $MN=sqrt{1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}$, ${{S}_{AMN}}=frac{1}{2}MN.AC$$=frac{1}{2}y.sqrt{1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}$.

${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}.DB.{{S}_{AMC}}$$=frac{1}{3}.2x.ysqrt{1-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}}$$=frac{2}{3}sqrt{{{x}^{2}}.{{y}^{2}}.left1x2y2right}$$le frac{2}{3}sqrt{frac{{{leftx2+y2+1x2y2right}^{3}}}{27}}$

$Rightarrow {{V}_{ABCD}}le frac{2sqrt{3}}{27}$.

Câu 37:  Chọn A

BPT tương đương với $left{ begin{array}{l}
x > 1\
{x^2} – 3x + m > x – 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x > 1\
{x^2} – 4x + m + 1 > 0quad left1right
end{array} right.$
 .

Yêu cầu bài toán tương đương với $left1right$ có tập nghiệm chứa khoảng $left1;+inftyright$.

TH1: ${Delta }'<0$$Leftrightarrow 4-m-1<0$ $Leftrightarrow 3<m$.

TH2: Nghiệm “lớn” của tam thức bé hơn $1$.

Tương đương với $2+sqrt{3-m}<1$ vônghim.

Vậy chọn A

Câu 38:  Chọn D

Ta có: ${y}’={{x}^{2}}+2leftm+1rightx+4$

Hàm số đã cho nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng $2sqrt{5}$ thì ${y}’=0$ có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},,{{x}_{2}}$ và $left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} right|=2sqrt{5}$.

$begin{array}{l}
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
Delta ‘ = {leftm+1right^2} – 4 > 0\
left| {{x_1} – {x_2}} right| = 2sqrt 5 
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
m <  – 3\
m > 1
end{array} right.\
left| {frac{{2sqrt {Delta ‘} }}{a}} right| = 2sqrt 5 
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
m <  – 3\
m > 1
end{array} right.\
left| {frac{{2sqrt {{{leftm+1right}^2} – 4} }}{1}} right| = 2sqrt 5 
end{array} right.\
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
m <  – 3\
m > 1
end{array} right.\
{m^2} + 2m – 3 – sqrt 5  = 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m =  – 1 – sqrt {4 + sqrt 5 } \
m =  – 1 + sqrt {4 + sqrt 5 } 
end{array} right.
end{array}$

Vậy tổng cần tìm là $-1+sqrt{4+sqrt{5}}+left1sqrt4+sqrt5right=-2$.

Câu 39:   Chọn C

Phương trình hoành độ giao điểm: $frac{x-2}{x-1}=-x-m$ $Leftrightarrow x-2=-{{x}^{2}}-mx+x+m$ $Leftrightarrow {{x}^{2}}+mx-2-m=0$, $Delta ={{m}^{2}}-4left2mright={{m}^{2}}+4m+8$

$ Rightarrow left[ begin{array}{l}
{x_1} = frac{{ – m + sqrt {{m^2} + 4m + 8} }}{2}\
{x_2} = frac{{ – m – sqrt {{m^2} + 4m + 8} }}{2}
end{array} right. Rightarrow left[ begin{array}{l}
{y_1} = frac{{ – m – sqrt {{m^2} + 4m + 8} }}{2}\
{y_2} = frac{{ – m + sqrt {{m^2} + 4m + 8} }}{2}
end{array} right.$
  

Gọi $Aleftx1;,y1right$, $Bleftx2;,y2right$, khi đó:

$AB=sqrt{{{leftx2x1right}^{2}}+{{lefty2y1right}^{2}}}$ $=sqrt{{{leftsqrtm2+4m+8right}^{2}}+{{leftsqrtm2+4m+8right}^{2}}}$$=sqrt{2{{m}^{2}}+8m+16}$

Mặt khác: $AB=sqrt{10}$ $Leftrightarrow 2{{m}^{2}}+8m+6=0$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m =  – 1\
m =  – 3
end{array} right.$
.

Vậy tổng bình phương cần tìm là: ${{left1right}^{2}}+{{left3right}^{2}}=10$.

Câu 40:  Chọn C

Ta có: ${{S}_{n}}=3{{n}^{2}}+4n=frac{nleft8+6nright}{2}$ $=frac{nleft7+6n+1right}{2}$

$Rightarrow {{u}_{n}}=6n+1$ $Rightarrow {{u}_{10}}=61$.

Câu 41.Chọn B.

Xét khai triển ${{leftx+1right}^{n}}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}x+C_{n}^{2}{{x}^{2}}+C_{n}^{3}{{x}^{3}}+…+C_{n}^{n}{{x}^{n}}$.

Đạo hàm hai vế ta được: $n{{leftx+1right}^{n-1}}=C_{n}^{1}+2C_{n}^{2}x+3C_{n}^{3}{{x}^{2}}+…+nC_{n}^{n}{{x}^{n-1}}$.

Thay $x=1$ ở hai vế ta được $1.C_{n}^{1}+2.C_{n}^{2}+…+n.C_{n}^{n}=n{{.2}^{n-1}}$.

Do đó $n{{.2}^{n-1}}=11264$.

Xét hàm số $flefttright=t{{.2}^{t-1}}$ trên $left0,;,+inftyright$ ta có: ${f}’lefttright={{2}^{t-1}}+t{{.2}^{t-1}}.ln 2>0,forall t>0$.

Do đó hàm số $flefttright=t{{.2}^{t-1}}$ đồng biến trên $left0,;,+inftyright$. Mà $fleft11right=11264$. Vậy $n=11$.

Câu 42. Chọn C.

Gọi $I$ là trung điểm của cạnh ${B}'{C}’$. Khi đó $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta {A}'{B}'{C}’$.

Gọi ${M}’$ là trung điểm của cạnh ${A}'{C}’$. Khi đó $M{M}’bot leftABCright$.

Do $M{A}’=M{C}’=asqrt{2}$ nên $Delta M{A}'{C}’$ vuông tại $M$. Do đó ${M}’$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta M{A}'{C}’$.

Do đó $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $M{A}'{B}'{C}’$. Bán kính mặt cầu là $r=I{B}’=frac{BC}{2}=frac{asqrt{5}}{2}$.

Do đó diện tích mặt cầu là $S=4pi {{r}^{2}}=5pi {{a}^{2}}$.

Câu 43. Chọn A.

Ta có: ${{e}^{2x+y+1}}-{{e}^{3x+2y}}=x+y-1$$Leftrightarrow {{e}^{2x+y+1}}+left2x+y+1right={{e}^{3x+2y}}+left3x+2yright$.

Xét hàm số $flefttright={{e}^{t}}+t$ trên $mathbb{R}$. Ta có ${f}’lefttright={{e}^{t}}+1>0$ nên hàm số đồng biến trên $mathbb{R}$.

Do đó phương trình có dạng: $fleft2x+y+1right=fleft3x+2yright$$Leftrightarrow 2x+y+1=3x+2y$$Leftrightarrow y=1-x$.

Thế vào phương trình còn lại ta được: $log _{2}^{2}x-leftm+4right{{log }_{2}}x+{{m}^{2}}+4=0$.

Đặt $t={{log }_{2}}x$, phương trình có dạng: ${{t}^{2}}-leftm+4rightt+{{m}^{2}}+4=0$.

Để phương trình có nghiệm thì $Delta ge 0$$Leftrightarrow -3{{m}^{2}}+8mge 0$$Leftrightarrow 0le mle frac{8}{3}$.

Do đó có $3$ số nguyên $m$ thỏa mãn.

Câu 44. Chọn C. 

${{9.9}^{{{x}^{2}}-2x}}-left2m+1right{{15}^{{{x}^{2}}-2x+1}}+left4m2right{{5}^{2{{x}^{2}}-4x+2}}=0$$Leftrightarrow {{9}^{{{leftx1right}^{2}}}}-left2m+1right{{15}^{{{leftx1right}^{2}}}}+left4m2right{{25}^{{{leftx1right}^{2}}}}=0$$Leftrightarrow {{leftfrac35right}^{2{{leftx1right}^{2}}}}-left2m+1right{{leftfrac35right}^{{{leftx1right}^{2}}}}+4m-2=0$.

Đặt $t={{leftfrac35right}^{{{leftx1right}^{2}}}}$. Do ${{leftx1right}^{2}}ge 0$ nên $0<tle 1$.

Phương trình có dạng: ${{t}^{2}}-left2m+1rightt+4m-2=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = 2\
t = 2m – 1
end{array} right.$
. Do $0<tle 1$ nên $t=2m-1$.

Để phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt thì $0<2m-1<1$$Leftrightarrow frac{1}{2}<m<1$.

Câu 45. Chọn C.

Gọi số tiền gốc ban đầu là $N$ và phần trăm lãi là $r$.

Tháng thứ nhất ông Trung phải trả số tiền lãi là: $N.r$.

Tháng thứ hai ông Trung phải trả số tiền lãi là: $frac{59}{60}N.r$.

Tháng thứ ba ông Trung phải trả số tiền lãi là: $frac{58}{60}N.r$.

Tháng thứ sáu mươi ông Trung phải trả số tiền lãi là: $frac{1}{60}N.r$.

Tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong suốt quá trình lãi là:

$N.r+frac{59}{60}.N.r+frac{58}{60}.N.r+…+frac{1}{60}.N.r$ $=left1+frac5960+frac5860++frac160rightN.r$ $=left1+frac60.left(60+1right)2.60rightN.r$

$=frac{61}{2}.800.0,5%=122.000.000$.

Vậy tổng số tiền lãi mà ông Trung phải trả trong toàn bộ quá trình trả nợ là $122.000.000$ đồng.

 

Câu 46. Chọn C.

Ta có:

$AC=SC.cos30{}^circ $ $=asqrt{3}$ .

$A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=2{{a}^{2}}+{{a}^{2}}$ $=3{{a}^{2}}$ $=A{{C}^{2}}$$Rightarrow $ $Delta ABC$ là tam giác vuông ở $B$.

Gọi $H$, $I$ lần lượt là trung điểm của $AC$, $SC$. Khi đó ta có:

$H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $Delta ABC$.

$IHbot leftABCright$.

Do đó $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $SABC$. Suy ra $R=frac{1}{2}SC$ $=a$.

Vậy $R=a$ .

Câu 47. Chọn C.

Ta có: $dleftA;left(SMNright right)=3dleftG;left(SMNright right)$.

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, $I$ là giao điểm của $MN$ và $BG$, $H$ là chân đường cao kẻ từ $G$ của tam giác $SIG$. Khi đó $dleftG;left(SMNright right)=GH$.

Lại có:

$BG=frac{asqrt{3}}{3}$ , $BI=frac{asqrt{3}}{4}$ $Rightarrow IG=BG-BI$ $=frac{asqrt{3}}{12}$.

$SG=BG.tan60{}^circ $ $=a$.

$frac{1}{H{{G}^{2}}}=frac{1}{S{{G}^{2}}}+frac{1}{I{{G}^{2}}}=frac{49}{{{a}^{2}}}$ $Rightarrow GH=frac{a}{7}$ $Rightarrow dleftA;left(SMNright right)=frac{3a}{7}$.

Vậy  khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $leftSMNright$ bằng $frac{3a}{7}$.

Câu 48: Chọn B.

Tập xác định của hàm số : $D=left2;,2right$.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y={{x}^{2}}+msqrt{4-{{x}^{2}}}+m-7$ và trục hoành là

${{x}^{2}}+msqrt{4-{{x}^{2}}}+m-7=0$$Leftrightarrow mleftsqrt4x2+1right=7-{{x}^{2}}$$Leftrightarrow m=frac{7-{{x}^{2}}}{sqrt{4-{{x}^{2}}}+1},,,left1right$.

Đặt $t=sqrt{4-{{x}^{2}}}$, $tin left0;2right$, phương trình $left1right$ trở thành $m=frac{{{t}^{2}}+3}{t+1},,,left2right$.

Đồ thị hàm số đã cho có điểm chung với trục hoành khi và chỉ khi phương trình $left2right$ có nghiệm $tin left0;2right$.

Xét hàm số $flefttright=frac{{{t}^{2}}+3}{t+1}$ với $tin left0;2right$.

Ta có $f’lefttright = frac{{{t^2} + 2t – 3}}{{{{leftt+1right}^2}}} = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = 1 in left0;2right\
t =  – 3 notin left0;2right
end{array} right.$
.

$fleft0right=3$, $fleft1right=2$, $fleft2right=frac{7}{3}$.

Do đó $underset{left0;2right}{mathop{min }},flefttright=2$ và $underset{left0;2right}{mathop{max }},flefttright=3$.

Bởi vậy, phương trình $left2right$ có nghiệm $tin left0;2right$ khi và chỉ khi $underset{left0;2right}{mathop{min }},flefttrightle mle underset{left0;2right}{mathop{max }},flefttrightLeftrightarrow 2le mle 3$.

Từ đó suy ra $a=2$, $b=3$, nên $S=2+3=5$.

Câu 49: Chọn C.

Ta có:

$left{ begin{array}{l}
x + left2yright = 2.5\
x.left2yright = {4^2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x + 2y = 10\
x.left2yright = 16
end{array} right.$
 

$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 8\
2y = 2
end{array} right.$
 hoặc $left{ begin{array}{l}
x = 2\
2y = 8
end{array} right.$
.

Từ đó, ta có $left| x-2y right|=left| 8-2 right|=6$.

Câu 50: Chọn A.

Đặt $t=sin x+cos x$$=sqrt{2}sin leftx+fracpi4right$, $tin leftsqrt2;sqrt2right$.

Ta có ${{t}^{2}}={{sin }^{2}}x+{{cos }^{2}}x+2sin x.cos x$$=1+2sin x.cos x$, suy ra $sin x.cos x=frac{{{t}^{2}}-1}{2}$.

Phương trình đã cho trở thành

$frac{{{t^2} – 1}}{2} + 2t = 2 Leftrightarrow {t^2} + 4t – 5 = 0 Leftrightarrow leftbeginarraylt=1 t=5notinleft[sqrt2;sqrt2right end{array} right.$.

Từ đó ta có $sqrt{2}sin leftx+fracpi4right=1$$Leftrightarrow sin leftx+fracpi4right=frac{sqrt{2}}{2}$.

Như vậy $P=sin leftx0+fracpi4right=frac{sqrt{2}}{2}$.

Để lại một bình luận

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *