Lời giải đề 3: Đề thi thử THPTQG môn Toán THPT trường chuyên Lê Quý Đôn- Quảng Trị lần 2 trang 1

Đáp án

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án C

Phương pháp giải: Đặt ẩn phụ, đưa về phương pháp đổi biến số tính tích phân

Lời giải:

Đặt $t = {e^{\sqrt {x + 1} }} \Leftrightarrow 2dt = \frac{{{e^{\sqrt {x + 1} }}}}{{\sqrt {x + 1} }}dx$ và đổi cận $\left\{ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow t = e\\
x = 3 \Rightarrow t = {e^2}
\end{array} \right.$ 

Khi đó $\int\limits_0^3 {{e^{\sqrt {x + 1} }}.\frac{{dx}}{{\sqrt {x + 1} }}}  = 2\int\limits_e^{{e^2}} {dt}  = \left. {2t} \right|_e^{{e^2}} = 2{e^2} - 2e = a.{e^2} + b.e + c \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 2\\
b =  - 2\\
c = 0
\end{array} \right.$ 

Vậy $S=2$

Câu 2: Đáp án C

Phương pháp giải: Khảo sát hàm số, lập bảng biến thiên trên đoạn tìm max – min

Lời giải:

Ta có $y =  - {x^4} + 3{x^2} + 1 \Rightarrow y' =  - 4{x^3} + 6x;y' = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0 \le x \le 2\\
4{x^3} - 6x = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {x = 0x = \frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right.$ 

Tính các giá trị $y\left( 0 \right)=1;y\left( \frac{\sqrt{6}}{2} \right)=\frac{13}{4};y\left( 2 \right)=-3.$ Vậy $\underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{\max }}\,y=y\left( \frac{\sqrt{6}}{2} \right)=\frac{13}{4}$

Câu 3: Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào hình dáng đồ thị, đường tiệm cận và giao điểm với trục tọa độ để xác định hàm số

Lời giải: Dựa vào hình vẽ ta thấy rằng:

$\bullet $Hàm số có dạng bậc nhất trên bậc nhất và nghịch biến trên mỗi khoảng xác định.

$\bullet $Đồ thị hàm số có hai tiệm cận là $x=-1;y=-2$

$\bullet $Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( 0;2 \right)$và $\left( 1;0 \right)$

Vậy hàm số cần tìm là $y=\frac{-2x+2}{x+1}$

Câu 4: Đáp án B

Phương pháp giải: Viết phương trình đường thẳng vuông góc với mặt và đi qua điểm, tọa độ giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng chính là tọa độ hình chiếu của điểm

Lời giải:

Gọi H là hình chiếu của A trên $\left( \alpha  \right)\Rightarrow AH\bot \left( \alpha  \right)\Rightarrow \left( AH \right):\frac{x-2}{3}=\frac{y+1}{-2}=\frac{z}{1}.$

Vì $H\in \left( AH \right)\Rightarrow H\left( 3t+2;-2t-1;t \right)$ mà $H\in \left( \alpha  \right)\Rightarrow 3\left( 3t+2 \right)+2\left( 2t+1 \right)+t+6=0\Rightarrow t=-1$

Vậy tọa độ điểm cần tìm là $H\left( -1;1;-1 \right)$

Câu 5: Đáp án C

Phương pháp giải: Công thức tính thể tích khối lập phương

Lời giải: Thể tích khối lập phương cạnh a là $V={{a}^{3}}$

Câu 6: Đáp án A

Phương pháp giải: Sử dụng các công thức: $\log \left( ab \right)=\log a+\log b;\log \left( \frac{a}{b} \right)=\log a-\log b$ (Giả sử các biểu thức là có nghĩa).

Lời giải: Với các số thực dương a, b bất kì , mệnh đề đúng là: $\ln \left( ab \right)=\ln a+\ln b$

Câu 7: Đáp án A

Phương pháp giải: Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm lôgarit $\left( {{\log }_{a}}u \right)'=\frac{u'}{u\ln a}$

Lời giải: Ta có $y={{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}+1 \right)\Rightarrow y'=\frac{\left( {{x}^{2}}+1 \right)'}{\left( {{x}^{2}}+1 \right)\ln 2}=\frac{2x}{\left( {{x}^{2}}+1 \right)\ln 2}$

Câu 8: Đáp án C

Phương pháp giải:

Đưa về cùng cơ số. Dựa vào phương pháp giải bất phương trình lôgarit cơ bản

Lời giải:

Ta có ${\log _4}\left( {x + 7} \right) > {\log _2}\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x >  - 1\\
{\log _2}\sqrt {x + 7}  > {\log _2}\left( {x + 1} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x >  - 1\\
\sqrt {x + 7}  > x + 1
\end{array} \right.$ 

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x >  - 1\\
x + 7 > {x^2} + 2x + 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x >  - 1\\
 - 3 < x < 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 < x < 2$ 

Câu 9: Đáp án D

Phương pháp giải: Hàm số đạt cực tiểu tại ${x_0} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f'\left( {{x_0}} \right) = 0\\
f''\left( {{x_0}} \right) > 0
\end{array} \right.$ 

Lời giải: Ta có $y={{x}^{3}}-3x+2=0\Rightarrow y'=3{{x}^{2}}-3;\forall x\in \mathbb{R}$

Phương trình $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
x = 1
\end{array} \right.$ 

$y''=6x\Rightarrow y''\left( 1 \right)=6>0$

Khi đó, giá trị cực tiểu của hàm số là $y\left( 1 \right)=0$

Câu 10: Đáp án A

Phương pháp giải: Áp dụng công thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.

Khoảng  cách  từ  điểm $M\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)$ đến mặt phẳng $\left( P \right):A\,x+By+Cz+D=0$ là: $d\left( M;\left( P \right) \right)=\frac{\left| A\,{{x}_{0}}+B{{y}_{0}}+C{{\text{z}}_{0}}+D \right|}{\sqrt{{{A}^{2}}+{{B}^{2}}+{{C}^{2}}}}$

Lời giải:

Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng $\left( P \right)$ là $d\left( M;\left( P \right) \right)=\frac{\left| 1.1+2.2-2.\left( -3 \right)-2 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{x}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}}}=3$

Câu 11: Đáp án B

Phương pháp giải:

Hàm số $y=\sqrt{A}$ xác định $\Leftrightarrow A\ge 0$

Hàm số $y={{\log }_{a}}B$ xác định $\Leftrightarrow B>0$

Lời giải:

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}
2x - 1 > 0\\
{\log _{\frac{1}{2}}}\left( {2x - 1} \right) \ge 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2x - 1 > 0\\
2x - 1 \le 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} < x \le 1$ 

Câu 12: Đáp án C

Phương pháp giải: Dựa vào các công thức nguyên hàm cơ bản

Lời giải: Ta có $\int{\frac{1}{x}dx}=\ln \left| x \right|+C\ne \ln x+C$

Câu 13: Đáp án C

Phương pháp giải: Hàm số mũ $y={{a}^{x}}$đồng biến trên tập xác định  $\Leftrightarrow a>1$

Lời giải:

Dễ thấy $y={{\left( \sqrt{2} \right)}^{x}}\Rightarrow y'{{\left( \sqrt{2} \right)}^{x}}.\ln \sqrt{2}>0;\forall x\in \mathbb{R}\Rightarrow $ Hàm số $y={{\left( \sqrt{2} \right)}^{x}}$đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Câu 14: Đáp án A

Phương pháp giải:

Đưa về phương trình bậc hai ẩn $\log x,$sử dụng công thức ${{\log }_{{{a}^{n}}}}{{b}^{m}}=\frac{m}{n}{{\log }_{a}}b$ (giả sử các biểu thức là có nghĩa).

Lời giải: ĐK: $x>0$

$\begin{array}{l}
{\left( {\log {x^3}} \right)^2} - 20\log \sqrt x  + 1 = 0,\left( {x > 0} \right)\\
 \Leftrightarrow {\left( {3\log x} \right)^2} - 10\log x + 1 = 0 \Leftrightarrow 9{\log ^2}x - 10\log x + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\log x = 1\\
\log x = \frac{1}{9}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 10\\
x = \sqrt[9]{{10}}
\end{array} \right.
\end{array}$

Tích giá trị tất cả các nghiệm của phương trình là: $10\sqrt[9]{10}$

Câu 15: Đáp án B

Phương pháp giải: Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp

Lời giải: Thể tích khối chóp cần tính là $V=\frac{1}{3}Sh=\frac{{{a}^{2}}}{3}.3a={{a}^{3}}$

Câu 16: Đáp án D

Phương pháp giải:

Cô lập tham số m, đưa về khảo sát hàm số để biện luận số nghiệm của phương trình

Lời giải:

Xét hàm số $f\left( x \right)={{x}^{3}}-3x,$ có $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1 \Rightarrow f\left( 1 \right) =  - 2\\
x =  - 1 \Rightarrow f\left( { - 1} \right) = 2
\end{array} \right.$

Để phương trình $f\left( x \right)=m-1$ có 3 nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow -2<m-1<2\Leftrightarrow -1<m<3$

Câu 17: Đáp án C

Phương pháp giải:

Xác định hình chiếu của đỉnh, xác định góc để tìm chiều cao và áp dụng công thức thể tích

Lời giải:

Gọi O là tâm hình vuông  ABCD , H là trọng tâm tam giác ABD

Ta có $SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SD;\left( ABCD \right)=\left( SD;HD \right)=SHD={{60}^{\circ }}$

ABCD là hình vuông cạnh a nên $OD=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$HO=\frac{1}{3}AO=\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{6}$

Tam giác HDO vuông tại  O, có $HD=\sqrt{O{{D}^{2}}+O{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{3}$

Tam giác SHD vuông tại  H, có $\tan \,SDH=\frac{SH}{HD}\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{15}}{3}$

Vậy thể tích cần tính  là ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{2}}}{3}.\frac{a\sqrt{15}}{3}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{15}}{9}$

Câu 18: Đáp án C

Phương pháp giải:

Chia trường hợp của biến cố, áp dụng các quy tắc đếm cơ bản tìm số phần tử của biến cố

Lời giải:

Lấy 6 sản phẩm từ 20 sản phẩm lô hàng có $C_{20}^{6}=38760$cách $\Rightarrow n\left( \Omega  \right)=38760$

Gọi X là biến cố 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm. Khi đó, ta xét các trường hợp sau:

TH1. 6 sản phẩm lấy ra 0 có phế phẩm  nào $\Rightarrow $ có $C_{16}^{6}=8008$cách

TH2. 6 sản phẩm lấy ra có duy nhất 1 phế phẩm $\Rightarrow $ có $C_{16}^{5}.C_{4}^{1}=17472$cách

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là $n\left( X \right)=8008+17472=25480$

Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{n\left( X \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{25480}{38760}=\frac{637}{969}$

Câu 19: Đáp án D

Phương pháp giải: Xác định độ dài đường sinh qua góc và bán kính, tính diện tích tam giác vuông bằng tích hai cạnh góc vuông

Lời giải: Ta có $c\text{os}{{30}^{\circ }}=\frac{r}{l}\Rightarrow l=\frac{r}{c\text{os}{{30}^{0}}}=9:\frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$

Diện tích cần tính là $S=\frac{{{l}^{2}}}{2}=\frac{{{\left( 6\sqrt{3} \right)}^{2}}}{2}=54\,c{{m}^{2}}$

Câu 20: Đáp án B

Phương pháp giải:  Đặt ẩn phụ  $t=\sqrt[3]{1+{{x}^{2}}}$ , đưa về tích phân hàm đa thức.

Lời giải:

Đặt $t = \sqrt[3]{{1 + {x^2}}} \Leftrightarrow {t^3} = 1 + {x^2} \Leftrightarrow 2xdx = 3{t^2}dt \Leftrightarrow xdx = \frac{{3{t^2}}}{2}dt$ và $\left\{ \begin{array}{l}
x = 0 \Rightarrow t = 1\\
x = \sqrt 7  \Rightarrow t = 2
\end{array} \right.$ 

Khi đó $\int\limits_{0}^{\sqrt{7}}{\frac{{{x}^{3}}dx}{\sqrt[3]{1+{{x}^{2}}}}=\int\limits_{0}^{\sqrt{7}}{\frac{{{x}^{2}}}{\sqrt[3]{1+{{x}^{2}}}}.xdx=\int\limits_{1}^{2}{\frac{{{t}^{3}}-1}{t}.\frac{3{{t}^{2}}}{2}dt=\frac{3}{2}\int\limits_{1}^{2}{\left( {{t}^{4}}-t \right)dt}=\frac{141}{20}}}}$

Vậy $\int\limits_0^{\sqrt 7 } {\frac{{{x^3}dx}}{{\sqrt[3]{{1 + {x^2}}}}} = \frac{m}{n} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m = 141\\
n = 20
\end{array} \right. \to m = 7n = 141 - 7.20 = 1} $ 

Câu 21: Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựng hình, tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ và tính bán kính dựa vào tam giác vuông

Lời giải: Xét lăng trụ tam giác đều  $ABC.A'B'C'$ có cạnh bằng  a.

Gọi O là tâm tam giác  ABC, M là trung điểm của AA’

Qua O kẻ ${{d}_{1}}\bot \left( ABC \right),$ qua  M kẻ ${{d}_{2}}\bot A\,A'$ và ${{d}_{1}}\cap {{d}_{2}}=I$

Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ  $ABC.A'B'C'$

Tam giác  IAO vuông tại  O, có $IA=\sqrt{I{{O}^{2}}+O{{A}^{2}}}=\sqrt{R_{\Delta ABC}^{2}+\frac{A\,A{{'}^{2}}}{4}}$

Mà $AA'=a;{{R}_{\Delta ABC}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow IA=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{21}}{6}$

Vậy diện tích cần tính là ${{S}_{mc}}=4\pi {{R}^{2}}=4\pi .{{\left( \frac{a\sqrt{21}}{6} \right)}^{2}}=\frac{7\pi {{a}^{2}}}{3}$

Câu 22: Đáp án A

Phương pháp giải: Tìm tập xác định, tính giới hạn của hàm số dựa vào định nghĩa tiệm cận đứng, tiệm cận ngang

Lời giải:

Vì hàm số xác định trên khoảng  $\left( -\sqrt{6};\sqrt{6} \right)$ không chứa $\infty $ nên không  tồn tại $\infty $

Suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Xét hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}
6 - {x^2} > 0\\
{x^2} + 3x - 4 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow $ Đồ thị hàm số có duy nhất 1 tiệm cận đứng.

Câu 23: Đáp án C

Phương pháp giải:

Tìm hoành độ giao điểm, áp dụng công thức tính diện tích giới hạn bởi hai đồ thị hàm số

Lời giải:

Hoành độ giao điểm của $\left( {{P_1}} \right),\left( {{P_2}} \right)$ là nghiệm của phương trình: ${x^2} - 2x =  - {x^2} + x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \frac{3}{2}
\end{array} \right.$

Vậy diện tích cần tính là $S=\int\limits_{0}^{\frac{3}{2}}{\left| {{x}^{2}}-2x-\left( -{{x}^{2}}+x \right) \right|dx=\int\limits_{0}^{\frac{3}{2}}{\left| 2{{x}^{2}}-3x \right|dx=\int\limits_{0}^{\frac{3}{2}}{\left( 3x-2{{x}^{2}} \right)dx=\frac{9}{8}}}}$

Câu 24: Đáp án D

Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp từng phần tính tích phân

Lời giải: Đặt $\left\{ \begin{array}{l}
u = \cos x\\
dv = f'\left( x \right)dx
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
du =  - \sin {\rm{x}}dx\\
v = f\left( x \right)
\end{array} \right.,$  Khi đó $I=\left. \cos x.f\left( x \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}+\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\operatorname{s}\text{inx}.f\left( x \right)dx}$

$=c\text{os}\frac{\pi }{2}.f\left( \frac{\pi }{2} \right)-c\text{os}0.f\left( 0 \right)+\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\operatorname{s}\text{inx}.f\left( x \right)dx=-f\left( 0 \right)+\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\operatorname{s}\text{inx}.f\left( x \right)dx=-1+1=0}}$

Câu 25: Đáp án D

Phương pháp giải: Áp dụng công thức tìm số chữ số của một số vô cùng lớn

Lời giải:

Số các chữ số của số ${{7}^{100000}}$ là $\left[ \log {{7}^{100000}} \right]+1=\left[ 100000.\log 7 \right]+1=84509+1=84510$

Câu 26: Đáp án B

Phương pháp giải: Sử dụng công thức lôgarit, đưa về phương trình lôgarit cùng cơ số

Lời giải: Điều kiện: $x>1$

Ta có: $\frac{1}{2}{{\log }_{\sqrt{3}}}\left( x+3 \right)+\frac{1}{2}{{\log }_{9}}{{\left( x-1 \right)}^{4}}=2{{\log }_{9}}\left( 4x \right)\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( x+3 \right)+{{\log }_{3}}\left| x-1 \right|={{\log }_{3}}4x$

$ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 3} \right)\left| {x - 1} \right| = {\log _3}4x \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right)\left| {x - 1} \right| = 4x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left( {x + 3} \right)\left( {x - 1} \right) = 4x\\
\left( {x + 3} \right)\left( {x - 1} \right) =  - 4x
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 3\\
x =  - 3 + 2\sqrt 3 
\end{array} \right.$ 

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

Câu 27: Đáp án C

Phương pháp giải: Sử dụng biến cố đối và các quy tắc đếm cơ bản.

Lời giải:

Chọn 3 quyển sách trong 15 quyển sách có $C_{15}^{3}=455$ cách $\Rightarrow n\left( \Omega  \right)=455$

Gọi X là biến cố 3 quyển sách được lấy ra có ít nhất một quyển sách là toán.

Và $\overline{X}$ là biến cố 3 quyển sách được lấy ra không có quyển sách toán. Khi đó, ta xét các trường hợp sau:

TH1. Lấy được 2 quyển lý, 1 quyển hóa => có  $C_{5}^{2}.C_{6}^{1}=60$ cách

TH2. Lấy được 1 quyển lý, 2 quyển hóa => có $C_{5}^{1}.C_{6}^{2}=75$ cách

TH3. Lấy được 3 quyển lý, 0 quyển hóa => có $C_{5}^{3}.C_{6}^{0}=10$cách

TH4. Lấy được 0 quyển lý, 3 quyển hóa => có $C_{5}^{0}.C_{6}^{3}=20$cách

Suy ra số phần tử của biến cố $\overline{X}$là $n\left( \overline{X} \right)=165\Rightarrow P\left( \overline{X} \right)=\frac{n\left( \overline{X} \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{165}{455}=\frac{33}{91}$

Vậy xác suất cần tính là $P\left( X \right)=1-P\left( \overline{X} \right)=1-\frac{33}{91}=\frac{58}{91}$

Câu 28: Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào điều kiện để hàm số b1 trên b1 đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng

Lời giải: Ta có $y=\frac{mx+4}{x+m}\Rightarrow y'=\frac{{{m}^{2}}-4}{{{\left( x+m \right)}^{2}}};\forall x\ne -m$

Yêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y' < 0\\
x =  - m \notin \left( { - \infty ;1} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 4 > 0\\
 - m \ge 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 2 < m \le  - 1$ 

Câu 29: Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào điều kiện để hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng xác định

Lời giải:

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

Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}\Leftrightarrow y'\ge 0;\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx+2m-1\ge 0;\forall x\in \mathbb{R}$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1 > 0\\
\Delta ' = {\left( m \right)^2} - 2m + 1 \le 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow m = 1$