Lời giải đề 24: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 trường THPT Lục Ngạn- Bắc Giang lần 1 trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI.

Câu 1: Chọn A.

Phương trình tiếp tuyến tại $M\left( -1;3 \right)$ là ${{d}_{1}}:y=-2x+1$.

Phương trình tiếp tuyến tại $N\left( 2;6 \right)$ là ${{d}_{2}}:y=4x-2$.

Phương trình hoành độ giao điểm của ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$: $-2x+1=4x-2$$\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}$.

Vậy $S=\int\limits_{-1}^{\frac{1}{2}}{\left| {{x}^{2}}+2+2x-1 \right|\text{d}x}$$+\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\left| {{x}^{2}}+2-4x+2 \right|\text{d}x}$$=\frac{9}{4}$.

Câu 2: Chọn C.

TXĐ: $D=\mathbb{R}$.

${y}'=3{{x}^{2}}+6x$, $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  - 2
\end{array} \right.$

Dựa vào BBT, ta có hàm số nghịch biến trên $\left( -2;0 \right)$.

Câu 3: Chọn C.

B đúng do $y=8.{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{x}}$nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Xét $y={{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)$ có ${y}'=\frac{2x}{\left( {{x}^{2}}+1 \right)\ln \frac{1}{2}}$, ${y}'=0\Leftrightarrow x=0$.

Vẽ BBT ta thấy hàm số $y={{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)$ đạt cực đại tại $x=0$ nên D đúng.

Xét $y={{2}^{x}}+{{2}^{2-x}}$, ta có ${y}'={{2}^{x}}.\ln 2-{{2}^{2-x}}.\ln 2$, ${y}'=0\Leftrightarrow x=1$.

Ta có BBT

Hàm số đã cho có GTNN bằng 4 nên A đúng.

Xét $y={{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)$ có ${y}'=\frac{2x}{\left( {{x}^{2}}+1 \right)\ln 2}$, ${y}'=0\Leftrightarrow x=0$.

Ta có BBT

Hàm số đã cho đồng biến trên $\left( 0;+\infty  \right)$ nên C sai.

Câu 4: Chọn C.

$\left( P \right)$ có dạng $2x+2\left( y+1 \right)-\left( z-4 \right)=0$$\Leftrightarrow 2x+2y-z+6=0$.

Câu 5: Chọn B.

Điều kiện xác định: $x\ge 3$.

${{\log }_{2}}\left( x-3 \right)+{{\log }_{2}}x\ge 2$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-3x\ge 4$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x \ge 4\\
x \le  - 1
\end{array} \right.$. Vậy tập nghiệm của bpt là $S=\left[ 4;+\infty  \right)$.

Câu 6: Chọn D.

Số cách chọn ba học sinh tùy ý từ 10 học sinh giỏi là $C_{10}^{3}=120$ cách.

Số cách chọn để có đúng hai học sinh nam và một học sinh nữ là $C_{6}^{2}.C_{4}^{1}=60$ cách.

Vậy xác suất cần tìm là $\frac{60}{120}=\frac{1}{2}$.

Câu 7: Chọn C.

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

Câu 8: Chọn C.

Ta có: ${y}'=-3{{x}^{2}}-2mx+4m+9$.

Hàm số nghịch biến trên $\left( -\infty ;+\infty  \right)$$\Leftrightarrow {y}'\le 0$, $\forall x\in \left( -\infty ;+\infty  \right)$.

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 3 < 0\\
\Delta ' = {\left( { - m} \right)^2} - \left( { - 3} \right).\left( {4m + 9} \right) \le 0
\end{array} \right.$$\Leftrightarrow {{m}^{2}}+12m+27\le 0$$\Leftrightarrow m\in \left[ -9;-3 \right]$.

Suy ra số giá trị nguyên của $m$ để hàm số nghịch biến trên $\left( -\infty ;+\infty  \right)$ là $7$.

Câu 9: Chọn A.

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = \ln \left( {x + 1} \right)\\
{\rm{d}}v = {\rm{d}}x
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\rm{d}}u = \frac{1}{{x + 1}}{\rm{d}}x\\
v = x
\end{array} \right.$

Khi đó, ta có:

$\begin{array}{l}
\int\limits_1^2 {\ln \left( {x + 1} \right){\rm{d}}x}  = x\ln \left( {x + 1} \right)\left| \begin{array}{l}
2\\
1
\end{array} \right. - \int\limits_1^2 {\frac{x}{{x + 1}}{\rm{d}}x}  = 2\ln 3 - \ln 2 - \int\limits_1^2 {\left( {1 - \frac{1}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} \\
 = 2\ln 3 - \ln 2 - \left( {x - \ln \left| {x + 1} \right|} \right)\left| \begin{array}{l}
2\\
1
\end{array} \right.
\end{array}$

$=2\ln 3-\ln 2-\left( 2-\ln 3-1+\ln 2 \right)$$=3\ln 3-2\ln 2-1$.

Suy ra $S=a+b+c$$=3-2-1=0$.

Câu 10: Chọn C.

Cách 1.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.

Khi đó: $OM\bot BC$ và $OM\bot OA$ (do $OA\bot \left( OBC \right)$).

Do đó $d\left( OA,BC \right)=OM=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Cách 2.

Gắn hệ trục tọa $Oxyz$ với gốc tọa độ trùng với điểm $O$, $OA\subset Oz$, $OB\subset Ox$, $OC\subset Oy$.

Khi đó, ta có: $O\left( 0;0;0 \right)$, $A\left( 0;0;a \right)$, $B\left( a;0;0 \right)$, $C\left( 0;a;0 \right)$.

Ta có: $\overrightarrow{OA}\left( 0;0;a \right)\,$, $\overrightarrow{BC}\left( -a;a;0 \right)$$\Rightarrow \left[ \overrightarrow{OA},\overrightarrow{BC} \right]=\left( -{{a}^{2}};-{{a}^{2}};0 \right)$.

$d\left( OA,BC \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{OA},\overrightarrow{BC} \right].\overrightarrow{OB} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{OA},\overrightarrow{BC} \right] \right|}=\frac{\left| -{{a}^{2}}.a-{{a}^{2}}.0+0.0 \right|}{\sqrt{{{a}^{4}}+{{a}^{4}}+{{0}^{2}}}}=\frac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Câu 11: Chọn D.

Gọi $N={B}'M\cap BA$, khi đó $\left( {B}'MD \right)\cap \left( ABCD \right)=DN$.

Vì $ABCD$ là hình thoi có $\widehat{BAD}=60{}^\circ $ nên tam giác $ABD$ đều cạnh $a$.

$AM$ là đường trung bình của tam giác $NB{B}'$ nên $AN=AB=a$, suy ra $\Delta ADN$ cân tại $A$, $\widehat{DAN}=180{}^\circ -\widehat{BAD}=120{}^\circ $. Do đó $\widehat{ADN}=30{}^\circ $. Suy ra $\widehat{NDB}=60{}^\circ +30{}^\circ =90{}^\circ $ hay $BD\bot DN$.

Theo định lý ba đường vuông góc ta có ${B}'D\bot DN$, do đó góc giữa mặt phẳng $\left( B'MD \right)$ và $\left( ABCD \right)$ là góc giữa ${B}'D$ và $BD$ là $\widehat{{B}'DB}$.

Xét tam giác ${B}'DB$ vuông tại $B$, $\cos \widehat{{B}'DB}=\frac{BD}{{B}'D}$$=\frac{BD}{\sqrt{B{{D}^{2}}+B{{{{B}'}}^{2}}}}$$=\frac{a}{\sqrt{{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}}}$$=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Câu 12: Chọn A.

Đường elip có trục lớn $28\,\text{cm}$, trục nhỏ $25\,\text{cm}$ có phương trình $+\frac{{{y}^{2}}}{{{\left( \frac{25}{2} \right)}^{2}}}=1$$\Leftrightarrow {{y}^{2}}={{\left( \frac{25}{2} \right)}^{2}}\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{{{14}^{2}}} \right)$$\Leftrightarrow y=\pm \frac{25}{2}\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{14}^{2}}}}$.

Do đó thể tích quả dưa là $V=\pi \int\limits_{-14}^{14}{{{\left( \frac{25}{2}\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{14}^{2}}}} \right)}^{2}}\text{d}x}$$=\pi {{\left( \frac{25}{2} \right)}^{2}}\int\limits_{-14}^{14}{{{\left( 1-\frac{{{x}^{2}}}{{{14}^{2}}} \right)}^{2}}\text{d}x}$$=\pi {{\left( \frac{25}{2} \right)}^{2}}.\left. \left( x-\frac{{{x}^{3}}}{{{3.14}^{2}}} \right) \right|_{-14}^{14}$$=\pi {{\left( \frac{25}{2} \right)}^{2}}.\frac{56}{3}$$=\frac{8750\pi }{3}\,\text{c}{{\text{m}}^{\text{3}}}$.

Do đó tiền bán nước thu được là $\frac{8750\pi .20000}{3.1000}\approx 183259\,$đồng.

Câu 13: Chọn B.

Ta có ${y}'=3{{x}^{2}}-2x-8$; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2 \in \left[ {1;3} \right]\\
x =  - \frac{4}{3} \notin \left[ {1;3} \right]
\end{array} \right.$.

$y\left( 1 \right)=-8$, $y\left( 3 \right)=-6$, $y\left( 2 \right)=-12$. Do đó $\underset{x\in \left[ 1;3 \right]}{\mathop{\max y}}\,=y\left( 3 \right)=-6$.

Câu 14: Chọn D.

Chọn một nam trong $20$ nam có $C_{20}^{1}$ cách.

Chọn một nữ trong $18$ nữ có $C_{18}^{1}$ cách.

Theo quy tắc nhân, số cách chọn một đôi nam nữ là $C_{20}^{1}C_{18}^{1}$.

Câu 15: Chọn B.

Ta có ${y}'=12{{x}^{3}}-4mx$$=4x\left( 3{{x}^{2}}-m \right)$.

Đề đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì $m>0$, khi đó tọa độ các điểm cực trị là $A\left( 0;2m+{{m}^{4}} \right)$, $B\left( \sqrt{\frac{m}{3}};{{m}^{4}}-\frac{{{m}^{2}}}{3}+2m \right)$, $C\left( -\sqrt{\frac{m}{3}};{{m}^{4}}-\frac{{{m}^{2}}}{3}+2m \right)$.

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên có diện tích ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}.BC.d\left( A;BC \right)$$=\frac{1}{2}.2\sqrt{\frac{m}{3}}.\frac{{{m}^{2}}}{3}$$=\sqrt{\frac{m}{3}}.\frac{{{m}^{2}}}{3}$.

Theo đề bài ta có $\sqrt{\frac{m}{3}}.\frac{{{m}^{2}}}{3}=3\Leftrightarrow m=3$.

Câu 16: Chọn B.

Điều kiện: ${{x}^{2}}-2x>0$$\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;\,0 \right)\cup \left( 2;\,+\infty  \right)$.

Ta có ${y}'=\frac{2x-2}{-\left( {{x}^{2}}-2x \right)\ln 3}$, ${y}'>0$$\Leftrightarrow \frac{2x-2}{-\left( {{x}^{2}}-2x \right)\ln 3}>0$$\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;\,0 \right)\cup \left( 1;\,2 \right)$.

So điều kiện $\Rightarrow $ $x\in \left( -\infty ;\,0 \right)$.

Câu 17: Chọn A.

Ta có $f\left( x \right)=\int{{f}'\left( x \right)\text{d}x}$$=\int{\frac{3}{3x-1}}\text{d}x$$=\ln \left| 3x-1 \right|+C$$ = \left\{ \begin{array}{l}
\ln \left( { - 3x + 1} \right) + C\,\,\left( {{\rm{khi}}\,x < \frac{1}{3}} \right)\\
\ln \left( {3x - 1} \right) + C\left( {\,{\rm{khi}}\,x > \frac{1}{3}} \right)
\end{array} \right.$

$f\left( 0 \right)=1$$\Rightarrow \ln \left( -3.0+1 \right)+C=1$$\Leftrightarrow C=1$;$f\left( -1 \right)=\ln \left( 3+1 \right)+1$$=2\ln 2+1$.

$f\left( \frac{2}{3} \right)=2$$\Rightarrow \ln \left( 2-1 \right)+C=2$$\Leftrightarrow C=2$;$f\left( 3 \right)=\ln \left( 9-1 \right)+2$$=2\ln 2+2$.

Vậy: $f\left( -1 \right)+f\left( 3 \right)=2\ln 2+1+2\ln 2+2$$=5\ln 2+3$.

Câu 18: Chọn C.

Đặt $t={{5}^{x}}$, $t>0$.

Phương trình trở thành: ${{t}^{2}}-2\left( 3-x \right)t+2x-7=0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t =  - 1\left( L \right)\\
t =  - 2x + 7
\end{array} \right.$.

Với $t=-2x+7$ ta có : ${{5}^{x}}=-2x+7$$\Leftrightarrow {{5}^{x}}+2x-7=0$.

Phương trình có một nghiệm $x=1$.

Với $x>1$ : ${{5}^{x}}+2x-7>5+2-7$$\Leftrightarrow {{5}^{x}}+2x-7>0$$\Rightarrow $ phương trình vô nghiệm.

Với $x<1$ : ${{5}^{x}}+2x-7<5+2-7$$\Leftrightarrow {{5}^{x}}+2x-7<0$$\Rightarrow $ phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất $x=1\in \left( 0;2 \right)$.

Câu 19: Chọn A.

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=3$ và $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=3$ nên đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận ngang là $y=3$.

Câu 20: Chọn C.

Ta có: $I=\int\limits_{-1}^{2}{\left[ x+2f\left( x \right)-3g\left( x \right) \right]\text{d}x}$$=\int\limits_{-1}^{2}{\text{xd}x}+2\int\limits_{-1}^{2}{\text{f}\left( x \right)\text{d}x}-3\int\limits_{-1}^{2}{\text{g}\left( x \right)\text{d}x}$$=\left. \frac{{{x}^{2}}}{2} \right|_{-1}^{2}+4+3=\frac{17}{2}$.

Câu 21: Chọn A.

Gọi tâm của mặt cầu là $I\left( a;b;c \right)$.

Vì $I\in Oz$ nên $I\left( 0;0;c \right)$.

Lại có $IA=IB\Leftrightarrow I{{A}^{2}}=I{{B}^{2}}$ $\Leftrightarrow 9+1+{{\left( c-2 \right)}^{2}}=1+1+{{\left( c+2 \right)}^{2}}$ $\Leftrightarrow c=1$.

Bán kính mặt cầu $R=\sqrt{11}$.

Vậy phương trình mặt cầu là ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=11$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2z-10=0$.

Câu 22: Chọn C.

Câu 23: Chọn B.

Câu 24: Chọn D.

Ta có ${f}'\left( x \right)={{x}^{3}}{{\left( x+1 \right)}^{2}}\left( 2-x \right)=0$$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0}\\
{x =  - 1}\\
{x = 2}
\end{array}} \right.$.

Mặt khác ${f}'\left( x \right)$ đổi dấu khi đi qua $x=0$ và $x=2$ nên hàm số có $2$ điểm cực trị.

Câu 25: Chọn B.

Từ các đỉnh của tam giác BCD ta kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện chúng tạo thành tam giác EFG có diện tích gấp $4$ lần diện tích tam giác BCD.

Các tam giác AEF, AFG, AGE  là các tam giác vuông tại A nên ta có:

$A{{E}^{2}}+A{{F}^{2}}=E{{F}^{2}}=64$   (1)

$A{{G}^{2}}+A{{F}^{2}}=F{{G}^{2}}=36$  (2)

 $A{{E}^{2}}+A{{G}^{2}}=E{{G}^{2}}=48$  (3)

Từ (1), (2), (3) ta có: $2\left( A{{E}^{2}}+A{{F}^{2}}+A{{G}^{2}} \right)=148\Rightarrow A{{E}^{2}}+A{{F}^{2}}+A{{G}^{2}}=74$   (4)

Từ  (1), (4) ta có: $A{{G}^{2}}=10\Rightarrow AG=\sqrt{10}$

Từ (2), (4) ta có: $A{{E}^{2}}=38\Rightarrow AE=\sqrt{38}$

Từ (3), (4) ta có: $A{{F}^{2}}=26\Rightarrow AF=\sqrt{26}$

Thể tích khối chóp A.EFGlà  : $V=\frac{1}{6}AE.AF.AG=\frac{1}{6}\sqrt{9880}=\frac{1}{3}\sqrt{2470}$

Do đó thể tích tứ diện  ABCD là :$V=\frac{1}{4}{V}'=\frac{\sqrt{2470}}{12}$

Câu 26: Chọn C.

Lấy ${{M}_{1}}\left( {{x}_{1}}+3;\,4+\frac{3}{{{x}_{1}}} \right)$, ${{x}_{1}}>0$; ${{M}_{2}}\left( {{x}_{2}}+3;\,4+\frac{3}{{{x}_{2}}} \right)$, ${{x}_{2}}<0$

Khi đó ${{M}_{1}}{{M}_{2}}^{2}={{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}\left( 1+\frac{9}{x_{1}^{2}x_{2}^{2}} \right)$.

.Áp dụng bất đẳng thức Cô Si ta có ${{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}\ge 4\left| {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right|$ và $1+\frac{9}{x_{1}^{2}x_{2}^{2}}\ge \frac{6}{\left| {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right|}$.

Suy ra ${{M}_{1}}{{M}_{2}}^{2}\ge 24\Rightarrow {{M}_{1}}{{M}_{2}}\ge 2\sqrt{6}$.

Độ dài ${{M}_{1}}{{M}_{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất bẳng $2\sqrt{6}$ khi $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} =  - {x_2}\\
x_1^4 = 9
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = \sqrt 3 \\
{x_2} =  - \sqrt 3 
\end{array} \right.$ .

Câu 27:Chọn C.

Nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)=3{{x}^{2}}+2x+5$ là $F\left( x \right)={{x}^{3}}+{{x}^{2}}+5x+C$.

Câu 28: Chọn C.

Hình nón có đường sinh $l=\sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}$$=\sqrt{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}}$$=$$2a$.

Diện tích xung quanh của hình nón là ${{S}_{xq}}=\pi rl$$=2\pi {{a}^{2}}$.

Câu 29: Chọn C.

${4^x} - {8.2^x} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{2^x} = 4 + 2\sqrt 3 \\
{2^x} = 4 - 2\sqrt 3 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = {\log _2}\left( {4 + 2\sqrt 3 } \right)\\
x = {\log _2}\left( {4 - 2\sqrt 3 } \right)
\end{array} \right.$ 

Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là ${{\log }_{2}}\left( 4+2\sqrt{3} \right)+{{\log }_{2}}\left( 4-2\sqrt{3} \right)=2$.