Lời giải đề 23: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 Trường PT Năng Khiếu cơ sở 2, trường ĐH quốc gia TP.HCM, mã đề 291 trang 1

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:  Chọn D.

$f\left( x+2 \right)-f\left( x \right)={{5}^{x+2}}-{{5}^{x}}$$={{24.5}^{x}}=24.f\left( x \right)$.

Câu 2: Chọn B.

$F\left( x \right)=\int{\frac{1}{x+1}\text{d}x}=\ln \left| x+1 \right|+C$ mà $F\left( 0 \right)=2$ nên $F\left( x \right)=\ln \left| x+1 \right|+2$.

Do đó $F\left( 1 \right)=2+\ln 2$.

Câu 3: Chọn C.

$y=\frac{x-2}{{{x}^{2}}-4}$$=\frac{1}{x+2}$. Do đó đồ thị hàm số $y=\frac{1}{x+2}$ có 2 đường tiệm cận là $x=-2$ và $y=0$.

Câu 4: Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm ${{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+m=0$$\Leftrightarrow $ ${{x}^{4}}-2{{x}^{2}}=-m$.

Vẽ đồ thị hàm số $y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}$, ta thấy để phương trình trên có $4$ điểm phân biệt thì $-1<m<0$.

Suy ra $0<m<1$.

Câu 5: Chọn C.

$\overline{z}=1+2i$. Do đó số phức liên hợp $\overline{z}$ có phần thực bằng $1$ và phần ảo bằng $2$.

Câu 6: Chọn A.

${{\log }_{5}}\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{15}}=$${{\log }_{5}}\frac{{{2}^{2}}{{2}^{\frac{1}{2}}}}{{{3}^{\frac{1}{2}}}{{.5}^{\frac{1}{2}}}}=$${{\log }_{5}}\frac{{{2}^{\frac{5}{2}}}}{{{3}^{\frac{1}{2}}}{{.5}^{\frac{1}{2}}}}=$${{\log }_{5}}{{2}^{\frac{5}{2}}}-{{\log }_{5}}{{3}^{\frac{1}{2}}}{{.5}^{\frac{1}{2}}}$$=\frac{5}{2}a-\frac{1}{2}{{\log }_{5}}3-\frac{1}{2}{{\log }_{5}}5$

$=\frac{5}{2}a-\frac{1}{2}b-\frac{1}{2}$$=\frac{5a-b-1}{2}$.

Câu 7: Chọn D.

Ta có ${y}'=3m{{x}^{2}}-2\left( {{m}^{2}}+1 \right)x+2$; ${{y}'}'=6mx-2\left( {{m}^{2}}+1 \right)$

Theo yêu cầu bài toán:

$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
y'\left( 1 \right) = 0\\
y''\left( 1 \right) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3m - 2\left( {{m^2} + 1} \right) + 2 = 0\\
6m - 2\left( {{m^2} + 1} \right) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 2{m^2} + 3m = 0\\
 - 2{m^2} + 6m - 2 > 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m = 0\\
m = \frac{3}{2}
\end{array} \right.\\
\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} < x < \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \frac{3}{2}
\end{array}$

Câu 8: Chọn A.

$y={{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1$

${y}'=4{{x}^{3}}+2x=0$ $\Leftrightarrow x=0$,$y=1$, lập bảng biến thiên ta được kết luận.

Câu 9: Chọn A.

Đặt

$\left\{ \begin{array}{l}
u = F\left( x \right)\\
dv = g\left( x \right){\rm{d}}x
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\rm{d}}u = f\left( x \right){\rm{d}}x\\
v = G\left( x \right)
\end{array} \right.$

$\int\limits_{1}^{2}{F\left( x \right)g\left( x \right)\text{d}x}$$=\left. \left( F\left( x \right)G\left( x \right) \right) \right|_{1}^{2}-\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)G\left( x \right)\text{d}x}$$=F\left( 2 \right)G\left( 2 \right)-F\left( 1 \right)G\left( 1 \right)-\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)G\left( x \right)\text{d}x}$

$=4.2-1.\frac{3}{2}-\frac{67}{12}$$=\frac{11}{12}$.

Câu 10: Chọn A.

Ta có $P\left( x \right)={{a}_{2018}}{{x}^{2018}}+{{a}_{2017}}{{x}^{2017}}+...+{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}$

Cho $x=1$ $\Rightarrow P\left( 1 \right)$$={{a}_{2018}}+{{a}_{2017}}+...+{{a}_{1}}+{{a}_{0}}$$={{\left( 1-2 \right)}^{2017}}+{{\left( 3-2.1 \right)}^{2018}}=0$.

Câu 11: Chọn C.

Số hạng tổng quát trong khai triển ${{T}_{k}}=C_{9}^{k}{{x}^{9-k}}{{\left( -\frac{2}{{{x}^{2}}} \right)}^{k}}=C_{9}^{k}{{\left( -2 \right)}^{k}}{{x}^{9-3k}}$.

${{T}_{k}}$ chứa ${{x}^{3}}$ khi và chỉ khi $9-3k=3\Leftrightarrow k=2$.

Suy ra hệ số của ${{x}^{3}}$ trong khai triển là $C_{9}^{2}{{\left( -2 \right)}^{2}}=144$.

Câu 12: Chọn B.

Từ giả thiết ta có

$\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} = 160\\
{u_6} = 5
\end{array} \right. \Rightarrow q = \sqrt[5]{{\frac{{{u_6}}}{{{u_1}}}}} = \frac{1}{2}$

Suy ra tổng các số hạng của cấp số nhân đó là: $S=\frac{{{u}_{1}}\left( 1-{{q}^{6}} \right)}{1-q}=\frac{160\left( 1-{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{6}} \right)}{\frac{1}{2}}=315$.

Câu 13: Chọn C.

Ta có ${y}'={f}'\left( x \right)=\frac{-2}{{{\left( -x+1 \right)}^{2}}}<0\,\,\,\forall x\ne 1$.

Suy ra hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Câu 14: Chọn B.

Cách trồng $465$ cây trong một khu vườn hình tam giác như trên lập thành một cấp số cộng $\left( {{u}_{n}} \right)$ với số ${{u}_{n}}$ là số cây ở hàng thứ $n$ và ${{u}_{1}}=1$ và công sai $d=1$.

Tổng số cây trồng được là: ${{S}_{n}}=465$ $\Leftrightarrow \frac{n\left( n+1 \right)}{2}=465$$\Leftrightarrow {{n}^{2}}+n-930=0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 30\\
n =  - 31\left( l \right)
\end{array} \right.$

Như vậy số hàng cây trong khu vườn là $30$.

Câu 15: Chọn B.

Nếu $a=0$ thì ta có bpt: ${{1}^{2x+1}}>1$ suy ra bất phương trình vô nghiệm.

Nếu $a\ne 0$ thì $0<\frac{1}{1+{{a}^{2}}}<1$ nên ta có bpt: ${{\left( \frac{1}{1+{{a}^{2}}} \right)}^{2x+1}}>1$$\Leftrightarrow 2x+1<0$$\Leftrightarrow x<-\frac{1}{2}$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left( -\infty ;\,-\frac{1}{2} \right)$.

Câu 16: Chọn A.

Với $x<-5$ ta có $f\left( x \right)={{x}^{2}}+ax+b$, là hàm đa thức nên liên tục trên $\left( -\infty ;-5 \right)$.

Với $-5<x<10$ ta có $f\left( x \right)=x+7$, là hàm đa thức nên liên tục trên $\left( -5;10 \right)$.

Với $x>10$ ta có $f\left( x \right)=ax+b+10$, là hàm đa thức nên liên tục trên $\left( 10;+\infty  \right)$.

Để hàm số liên tục trên $\mathbb{R}$ thì hàm số phải liên tục tại $x=-5$ và $x=10$.

Ta có:

$f\left( -5 \right)=12$;$f\left( 10 \right)=17$.

$\underset{x\to -{{5}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)$$=\underset{x\to -{{5}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{2}}+ax+b \right)$ $=-5a+b+25$.

$\underset{x\to -{{5}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to -{{5}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( x+17 \right)=12$.

$\underset{x\to {{10}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{10}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\left( x+17 \right)=27$.

$\underset{x\to {{10}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to {{10}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( ax+b+10 \right)=10a+b+10$.

Hàm số liên tục tại $x=-5$ và $x=10$ khi

$\left\{ \begin{array}{l}
5a + b + 25 = 12\\
10a + b + 10 = 27
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 5a + b =  - 13\\
10a + b = 17
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b =  - 3
\end{array} \right. \Rightarrow a + b =  - 1$

Câu 17: Chọn B.

Số phần tử của $S$ bằng ${{9.10}^{5}}$.

Xét phép thử chọn ngẫu nhiên một số từ $S$, ta được $n\left( \Omega  \right)={{9.10}^{5}}$.

Gọi $A$ là biến cố “ Chọn được số có các chữ số đôi một khác nhau và phải có mặt chữ số $0$ và $1$”. Ta có các trường hợp sau.

Giả sử số chọn được có dạng: $\overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}...{{a}_{6}}}$

Trường hợp 1: ${{a}_{1}}=1$.

Số cách chọn vị trí cho số $0$ là $5$ cách.

Số cách chọn $4$ chữ số còn lại là $A_{8}^{4}$ cách.

Vậy trường hợp này có $1.5.A_{8}^{4}$ số.

Trường hợp 2: ${{a}_{1}}\ne 1$ $\Rightarrow {{a}_{1}}$ có $8$ cách chọn.

Số cách chọn vị trí cho hai chữ số $0;1$ là $A_{5}^{2}$.

Số cách chọn ba số còn lại là $A_{7}^{3}$.

Vậy trường hợp này có $8.A_{5}^{2}.A_{7}^{3}$ số.

Suy ra ${{P}_{A}}=\frac{5.A_{8}^{4}+8.A_{5}^{2}.A_{7}^{3}}{{{9.10}^{5}}}=\frac{7}{150}$.

Câu 18: Chọn B.

Độ dài đoạn dây bằng $60\text{cm}$, cạnh hình vuông bằng $a$, bán kính đường tròn bằng $r$ nên ta có:$4a+2\pi r=60$ $\Leftrightarrow r=\frac{30-2a}{\pi }\left( 1 \right)$.

Gọi $S$ là tổng diện tích của hình vuông và hình tròn, suy ra $S={{a}^{2}}+\pi {{r}^{2}}\left( 2 \right)$.

Thay $\left( 1 \right)$ vào $\left( 2 \right)$ ta được $S={{a}^{2}}+\frac{{{\left( 30-2a \right)}^{2}}}{\pi }$.

Khi đó ${S}'=2a-\frac{4\left( 30-2a \right)}{\pi }=\frac{\left( 2\pi +8 \right)a-120}{\pi }$.

Cho ${S}'=0\Leftrightarrow a=\frac{60}{\pi +4}$.

Bảng biến thiên.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $S$ nhỏ nhất khi $a=\frac{60}{\pi +4}$$\Rightarrow r=\frac{30}{\pi +4}$. Vậy $\frac{a}{r}=2$.

Câu 19: Chọn D.

Ta có: $\frac{r}{a}=\cos 60{}^\circ =\frac{1}{2}\Rightarrow r=\frac{a}{2}$ và $\frac{h}{a}=\sin 60{}^\circ =\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vậy $V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi \frac{{{a}^{2}}}{4}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{3}}{24}$.

Câu 20: Chọn B.

Ta có: $-\sqrt{{{\left( 2+\sqrt{3} \right)}^{2}}+1}\le \left( 2+\sqrt{3} \right)\sin x-\cos x\le \sqrt{{{\left( 2+\sqrt{3} \right)}^{2}}+1}$.

Vậy $M+m=0$.

Câu 21: Chọn C.

Quay hình chữ nhật $ABCD$ quanh trục $HK$ ta được hình trụ có đường cao là $h=AB=a$, bán kính đường tròn đáy là $R=BK=\frac{1}{2}BC=a$.

Vậy diện tích toàn phần của hình trụ là: ${{S}_{tp}}=2\pi Rh+2\pi {{R}^{2}}=4\pi {{a}^{2}}$.

Câu 22: Chọn D.

Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{5 - 12x}}{{12x - 8}} > 0\\
x > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{5}{{12}} < x < \frac{2}{3}$

Do đó không có giá trị nguyên của $x$ thoả điều kiện trên.

Câu 23: Chọn B.

$4{{z}^{2}}-4z+3=0\Leftrightarrow z=\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{2}}{2}i$.

Do đó ${{z}_{0}}=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}i$$\Rightarrow w=-2{{z}_{0}}=-1+\sqrt{2}i$.

$\Rightarrow w$ có điểm biểu diễn là $M\left( -1;\,\sqrt{2} \right)$ nằm ở góc phần tư thứ $\left( \text{II} \right)$.

Câu 24: Chọn D.

Ta có: $\left. \begin{array}{l}
SA \bot BC\\
AB \bot BC
\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$.

Tương tự $CD\bot SD$.

Khi đó $\widehat{SAC}=\widehat{SBC}=\widehat{SDC}=90{}^\circ $.

Nên $SC$ là đường kính của mặt cầu $\left( S \right)$ ngoại tiếp khối chóp $S.ABCD$.

Bán kính của $\left( S \right)$ là $R=\frac{SC}{2}$.

Ta có: $AC=a\sqrt{2}$ nên $SC=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}=2a$$\Rightarrow R=a$.

Vậy ${{V}_{\left( S \right)}}=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4}{3}\pi {{a}^{3}}$.

Câu 25: Chọn A.

Ta có: $\left( {A}'B,\,\left( ABC \right) \right)=\widehat{{A}'BA}=60{}^\circ $$\Rightarrow A{A}'=AB.\tan 60{}^\circ =a\sqrt{3}$.

${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}BA.BC=\frac{{{a}^{2}}}{2}$.

Vậy ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=A{A}'.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$.

Câu 26: Chọn D.

Mặt phẳng $\left( P \right)$ có một VTPT là $\overrightarrow{n}=\left( 3;4;5 \right)$.

Đường thẳng $d$ có một VTCP là $\overrightarrow{u}=\left( -3;-4;-5 \right)$.

Ta có $\overrightarrow{n}=-\overrightarrow{u}$$\Rightarrow d\bot \left( P \right)$ nên góc giữa đường thẳng $d$ và mặt phẳng $\left( P \right)$ là $90{}^\circ $.

Câu 27: Chọn B.

Đặt $t={{2}^{x}}>0$, ta được ${{t}^{2}}+\left( 4m-1 \right)t+3{{m}^{2}}-1=0$ $\left( 1 \right)$.

Phương trình đã cho có hai nghiệm thực $\Leftrightarrow $$\left( 1 \right)$ có hai nghiệm dương ${{t}_{1}}$, ${{t}_{2}}$

$\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta  = {\left( {4m - 1} \right)^2} - 4\left( {3{m^2} - 1} \right) \ge 0\\
{t_1}{t_2} = 3{m^2} - 1 > 0\\
{t_1} + {t_2} = 1 - 4m > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4{m^2} - 8m + 5 \ge 0\\
\left[ \begin{array}{l}
m > \frac{1}{{\sqrt 3 }}\\
m <  - \frac{1}{{\sqrt 3 }}
\end{array} \right.\\
m < \frac{1}{4}
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4{\left( {m - 1} \right)^2} + 1 \ge 0\\
m <  - \frac{1}{{\sqrt 3 }}
\end{array} \right. \Leftrightarrow m <  - \frac{1}{{\sqrt 3 }}
\end{array}$

Khi đó ${{x}_{1}}={{\log }_{2}}{{t}_{1}}$, ${{x}_{2}}={{\log }_{2}}{{t}_{2}}$$\Rightarrow {{x}_{1}}+{{x}_{2}}={{\log }_{2}}{{t}_{1}}+{{\log }_{2}}{{t}_{2}}$$={{\log }_{2}}\left( {{t}_{1}}{{t}_{2}} \right)$.

Mà ${{t}_{1}}{{t}_{2}}=3{{m}^{2}}-1$ và ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=3$$\Rightarrow {{\log }_{2}}\left( 3{{m}^{2}}-1 \right)=3$$\Leftrightarrow 3{{m}^{2}}-1=8$$\Leftrightarrow m=\pm \sqrt{3}$.

Kết hợp với $m<-\frac{1}{\sqrt{3}}$ ta được $m=-\sqrt{3}$ thỏa mãn.

Câu 28: Chọn D.

Ta có $2=\int\limits_{0}^{1}{\left( f\left( x \right)-\frac{f\left( x \right)}{{{x}^{2}}+1} \right)\text{d}x}$$=I-\int\limits_{0}^{1}{\frac{f\left( x \right)}{{{x}^{2}}+1}\text{d}x}$$\Rightarrow I=2+\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{f\left( x \right)}{{{x}^{2}}+1}\text{d}x}$.

Đặt $x=\tan t$$\Rightarrow I=2+\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{f\left( \tan t \right)}{{{\tan }^{2}}t+1}d\left( \tan t \right)}$$=2+\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\frac{f\left( \tan t \right)}{\frac{1}{{{\cos }^{2}}t}}.\frac{1}{{{\cos }^{2}}t}\text{d}t}$

$\Rightarrow I=2+\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{f\left( \tan x \right)\text{d}x}$$=2+4=6$.

Câu 29: Chọn D.

Ta có $SA\bot \left( ABCD \right)$$\Rightarrow \widehat{\left( SC;\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SCA}=45{}^\circ $

$\Rightarrow \tan 45{}^\circ =\frac{SA}{AC}$$\Rightarrow SA=AC=a\sqrt{2}$$\Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}a\sqrt{2}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$.