|
|
Giải chi tiết đề CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH LẦN 1-2018-2019 ----------- Bản quyền thuộc về tập thể các thầy cô STRONG TEAM TOÁN VD-VDC |
Câu 1.Chọn A
$\log \left| {{x}^{2}}-3 \right|=0$$\Leftrightarrow \left| {{x}^{2}}-3 \right|=1$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} - 3 = 1\\
{x^2} - 3 = - 1
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} = 4\\
{x^2} = 2
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 2\\
x = - 2\\
x = \sqrt 2 \\
x = - \sqrt 2
\end{array} \right.$
Vậy số nghiệm âm của phương trình là $2$.
Câu 2.Chọn C
Chiều cao của khối chóp là $SD=2a$ và đáy là hình chữ nhật với $AB=3a$, $BC=a$ nên ta có $V=\frac{1}{3}.SD.AB.BC=\frac{1}{3}.2a.3a.a=2{{a}^{3}}$.
Câu 3.Chọn D
Ta có: $c\text{os}\left( \overrightarrow{a}\,;\,\,\overrightarrow{b} \right)=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left| \overrightarrow{a} \right|.\left| \,\overrightarrow{b} \right|}=\frac{-3.5+4.0+0.12}{\sqrt{{{\left( -3 \right)}^{2}}+{{4}^{2}}+{{0}^{2}}}.\sqrt{{{5}^{2}}+{{0}^{2}}+{{12}^{2}}}}=\frac{-3}{13}$.
Câu 4.CHọn D
Với các số thực dương $a$, $b$, ta có $\ln \frac{a}{{{b}^{2}}}=\ln a-\ln {{b}^{2}}=\ln a-2\ln b$.
Câu 5.Chọn B
Ta có: $\overrightarrow{EF}=(3;1;-7)$.
Đường thẳng $EF$ đi qua điểm $E(-1;0;2)$ và có VTCP $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{EF}=(3;1;-7)$ có phương trình chính tắc là: $\frac{x+1}{3}=\frac{y}{1}=\frac{z-2}{-7}$
Câu 6.Chọn D
Ta có: ${{u}_{4}}={{u}_{1}}.{{q}^{3}}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow {{q}^{3}}=\frac{1}{3.{{u}_{1}}}=\frac{1}{-27}\Leftrightarrow q=-\frac{1}{3}$.
Vậy cấp số nhân $\left( {{u}_{n}} \right)$ có công bội $q=-\frac{1}{3}$.
Câu 7.Chọn B
Căn cứ vào đồ thị ta có tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng $x=1$ nên loại phương án A, C, D.
Vậy chọn B.
Câu 8. Chọn C
Mặt phẳng $\left( P \right)$ nhận vectơ $\overrightarrow{a}\left( 1;\ -1;\ 2 \right)$làm vectơ pháp tuyến và đi qua điểm $M\left( 3;\ -1;\ 4 \right)$nên có phương trình là $1\left( x-3 \right)-1\left( y+1 \right)+2\left( z-4 \right)=0\Leftrightarrow x-y+2z-12=0.$
Câu 9.Chọn B
Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm đã cho ta thấy $f'\left( 0 \right)=0$ và đạo hàm không đổi dấu khi $x$ qua ${{x}_{0}}=0$ nên hàm số đã cho không đạt cực tiểu tại $x=0$.
Câu 10.Chọn B
Dựa vào tính chất của tích phân, với $f\left( x \right)$ là một hàm số bất kì liên tục trên khoảng $\left( \alpha ;\beta \right)$ và $a$,$b$,$c$,$b+c\in \left( \alpha ;\beta \right)$ ta luôn có:
$\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{c}^{b}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x}-\int\limits_{b}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x}$
$\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{a}^{b+c}{f\left( x \right)\text{d}x}+\int\limits_{b+c}^{b}{f\left( x \right)\text{d}x}$. Vậy mệnh đề sai là $\int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{a}^{b+c}{f\left( x \right)\text{d}x}-\int\limits_{a}^{c}{f\left( x \right)\text{d}x}$.
Câu 11 .Chọn D
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( 0;1 \right).$
Câu 13.Chọn D
Ta có $\log \left( x+1 \right)=2\Leftrightarrow x+1={{10}^{2}}\Leftrightarrow x=99$.
Câu 12.Chọn A
Ta có $\int{f(x)dx}=\int{{{3}^{-x}}dx}=-\int{{{3}^{-x}}d(-x)}=-\frac{{{3}^{-x}}}{\ln 3}+C$
Câu 14.Chọn B
Ta có $A_{n}^{k}=\frac{n!}{\left( n-k \right)!}$ nên A sai và C sai.
Vì $A_{n}^{k}=\frac{n!}{\left( n-k \right)!}=k!\frac{n!}{k!\left( n-k \right)!}=k!.C_{n}^{k}$ nên D sai và B đúng.
Chú ý: Khi làm trắc nghiệm ta có thể thay số cụ thể để kiểm tra các đáp án.
Câu 15.Chọn B
Ta có $z+\text{w}=\left( -1+2i \right)+\left( 2-i \right)=1+i$.
Vậy điểm biểu diễn số phức $z+\text{w}$là điểm $P\left( 1;1 \right)$.
Câu 16.Chọn A
$\left( P \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{{{n}_{P}}}=\left( 1;-3;2 \right)$, $\left( Q \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{{{n}_{Q}}}=\left( 1;0;-1 \right)$.
Vì mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ vuông góc với cả $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ nên $\left( \alpha \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\left[ \overrightarrow{{{n}_{P}}};\overrightarrow{{{n}_{Q}}} \right]=\left( 3;3;3 \right)=3\left( 1;1;1 \right)$.
Vì mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ cắt trục $Ox$ tại điểm có hoành độ bằng 3 nên $\left( \alpha \right)$ đi qua điểm $M\left( 3;0;0 \right)$.
Vậy $\left( \alpha \right)$ đi qua điểm $M\left( 3;0;0 \right)$ và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{{{n}_{\alpha }}}=\left( 1;1;1 \right)$ nên $\left( \alpha \right)$ có phương trình:
$x+y+z-3=0$. Chọn A.
Câu 17 .Chọn A
CÁCH 1
Ta có $z=\frac{4-3i}{{{\left( 1-\sqrt{3}i \right)}^{2}}}=\frac{-4+3\sqrt{3}}{8}+\frac{3+4\sqrt{3}}{8}i$.
Suy ra $\left| z \right|=\left| \frac{-4+3\sqrt{3}}{8}+\frac{3+4\sqrt{3}}{8}i \right|=\sqrt{{{\left( \frac{-4+3\sqrt{3}}{8} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{3+4\sqrt{3}}{8} \right)}^{2}}}=\frac{5}{4}$.
CÁCH 2.
Ta có $z=\frac{4-3i}{{{\left( 1-\sqrt{3}i \right)}^{2}}}$.
$\left| z \right|=\frac{\left| 4-3i \right|}{\left| {{\left( 1-\sqrt{3}i \right)}^{2}} \right|}=\frac{\left| 4-3i \right|}{\left| -2-2\sqrt{3}i \right|}=\frac{5}{4}$.
Câu 18.Chọn D
Gọi bán kính đáy của hình trụ là $R$ suy ra $h=l=2R$.
Theo đề bài ta có thể tích khối trụ là: $V=\pi {{R}^{2}}.h=\pi {{R}^{2}}.2R=2\pi {{R}^{3}}=16\pi \Rightarrow R=2$.
Do đó $h=l=4$.
Diện tích toàn phần của khối trụ là: $S=2\pi Rl+2\pi {{R}^{2}}=2\pi .2.4+2\pi {{.2}^{2}}=24\pi $.
Câu 19.Chọn A
Cách 1:
Điều kiện: $x>0$.
$\log _2^2x - 7{\log _2}x + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{\log _2}x = \frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}\\
{\log _2}x = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = {2^{\frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}}}\\
x = {2^{\frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}}}
\end{array} \right.$
Vậy ${{x}_{1}}{{x}_{2}}={{2}^{\frac{7-\sqrt{13}}{2}}}{{.2}^{\frac{7+\sqrt{13}}{2}}}=128$.
Cách 2:
Điều kiện: $x>0$.
$\log _{2}^{2}x-7{{\log }_{2}}x+9=0$ là phương trình bậc 2 theo ${{\log }_{2}}x$ có $\Delta ={{\left( -7 \right)}^{2}}-4.1.9=13>0$.
Theo định lý Vi-et ta có: $lo{{g}_{2}}{{x}_{1}}+lo{{g}_{2}}{{x}_{2}}=7\Leftrightarrow lo{{g}_{2}}\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right)=7\Leftrightarrow {{x}_{1}}{{x}_{2}}={{2}^{7}}=128$.
Câu 20.Chọn C
${f}'(x)=\frac{{{\left( {{3}^{x}}-1 \right)}^{\prime }}\left( {{3}^{x}}+1 \right)-\left( {{3}^{x}}-1 \right){{\left( {{3}^{x}}+1 \right)}^{\prime }}}{{{\left( {{3}^{x}}+1 \right)}^{2}}}=\frac{{{3}^{x}}\ln 3\left( {{3}^{x}}+1 \right)-\left( {{3}^{x}}-1 \right){{3}^{x}}\ln 3}{{{\left( {{3}^{x}}+1 \right)}^{2}}}$
$=\frac{{{3}^{x}}\ln 3\left( {{3}^{x}}+1-{{3}^{x}}+1 \right)}{{{\left( {{3}^{x}}+1 \right)}^{2}}}=\frac{2}{{{\left( {{3}^{x}}+1 \right)}^{2}}}{{.3}^{x}}\ln 3$.
Câu 21.Chọn D
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $f\left( x \right)={{x}^{4}}-5{{x}^{2}}+4$và trục hoành:
${x^4} - 5{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} = 1\\
{x^2} = 4
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \pm 1\\
x = \pm 2
\end{array} \right.$
Diện tích hình phẳng cần tìm là:
$S=\int\limits_{-2}^{2}{\left| f\left( x \right) \right|\text{d}x}\left( 1 \right)$
$\,\,\,\,=2\int\limits_{0}^{2}{\left| f\left( x \right) \right|\text{d}x}\left( 2 \right)$ (do $f\left( x \right)$ là hàm số chẵn)
$\,\,\,\,\,\,=2\int\limits_{0}^{1}{\left| f\left( x \right) \right|\text{d}x}+2\int\limits_{1}^{2}{\left| f\left( x \right) \right|\text{d}x}\,$
$\,\,\,\,\,=2\left| \int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x} \right|+2\left| \int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)\text{d}x} \right|\left( 3 \right)$(do trong các khoảng $\left( 0;1 \right),\left( 1;2 \right)$ phương trình $f\left( x \right)=0$ vô nghiệm)
Từ $\left( 1 \right)$, $\left( 2 \right)$, $\left( 3 \right)$ suy ra các đáp án A, B, C là đúng, đáp án D là sai.
Máy tính: Bấm máy tính kiểm tra, ba kết quả đầu bằng nhau nên đáp án sai là đáp án D.
Câu 22.Chọn C
Xét hàm số $y=g\left( x \right)=2f\left( -x \right)$
Ta có $g'\left( x \right)=-2{f}'\left( -x \right)$=$-2{{\left( -x \right)}^{2}}.\left[ {{\left( -x \right)}^{2}}-1 \right]=-2{{x}^{2}}\left( {{x}^{2}}-1 \right)$.
$g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} = 0\\
{x^2} - 1 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = \pm 1
\end{array} \right.$
.
Kết luận hàm số $g\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( -1;1 \right)$. Chọn C.
Câu 23.Chọn D
* TXĐ: $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -1\,;\,2 \right\}$.
* Ta có: $\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}-4x}{{{x}^{3}}-3x-2}=1$.
$\Rightarrow $ Đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận ngang là đường thẳng $y=1$.
* Ta có: $\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}-4x}{{{x}^{3}}-3x-2}=\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( x-2 \right)\left( x+2 \right)}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}\left( x-2 \right)}=\underset{x\to {{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( x+2 \right)}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}=\frac{8}{9}$.$\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}-4x}{{{x}^{3}}-3x-2}=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( x-2 \right)\left( x+2 \right)}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}\left( x-2 \right)}=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( x+2 \right)}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}=\frac{8}{9}$.
$\underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}-4x}{{{x}^{3}}-3x-2}=\underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( x-2 \right)\left( x+2 \right)}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}\left( x-2 \right)}=\underset{x\to {{\left( -1 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( x+2 \right)}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}=-\infty $.
$\Rightarrow $ Đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận đứng là đường thẳng $x=-1$.
Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.
Câu 24.Chọn D
Ta có: ${{2}^{\beta }}\left( {{2}^{\alpha }}+{{2}^{\beta }} \right)=8\left( {{2}^{-\alpha }}+{{2}^{-\beta }} \right)$$\Leftrightarrow $${{2}^{\beta }}\left( {{2}^{\alpha }}+{{2}^{\beta }} \right)=8\frac{{{2}^{\alpha }}+{{2}^{\beta }}}{{{2}^{\alpha +\beta }}}$
$\Leftrightarrow \left( {{2}^{\alpha }}+{{2}^{\beta }} \right)\left( {{2}^{\alpha }}-\frac{8}{{{2}^{\alpha +\beta }}} \right)=0$
$\Leftrightarrow {{2}^{\beta }}-\frac{8}{{{2}^{\alpha +\beta }}}=0$
$\Leftrightarrow $${{2}^{\alpha +2\beta }}=8\Leftrightarrow \alpha +2\beta =3$.
Vậy $\alpha +2\beta =3$.
Câu 25.Chọn A
Theo tính chất hình lăng trụ tam giác đều thì lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng, có đáy là tam giác $ABC$ đều, cạnh $AB=a$. Do đó ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$.
Góc giữa $A'C$ và mặt phẳng $(ABC)$ là góc $\widehat{A'CA}={{45}^{0}}$.
$AA'=AC.\tan {{45}^{0}}=AB.\tan {{45}^{0}}=a$.
Thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là: ${{V}_{ABC.A'B'C'}}\text{ }=\text{ }AA'.{{S}_{\Delta ABC}}=a.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}$.
Câu 26.Chọn C
Vì bài toán trên đúng cho mọi hàm số có bảng biến thiên như trên nên ta xét trường hợp hàm số $y=f\left( x \right)$ có đạo hàm trên $\mathbb{R}$.
Từ bảng biến thiên của hàm số $y=f\left( x \right)$ ta suy ra bảng xét dấu ${f}'\left( x \right)$ như sau
Xét hàm số $y=f\left( 2x \right)$, ta có ${y}'=2.{f}'\left( 2x \right)$.
Ta có ${y}'=0$ $\Leftrightarrow 2.{f}'\left( 2x \right)=0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
2x = - 1\\
2x = 0\\
2x = 2
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - \frac{1}{2}\\
x = 0\\
x = 1
\end{array} \right.$
.
Bảng xét dấu ${y}'$
Từ bảng xét dấu ${y}'$, ta thấy hàm số $y=f\left( 2x \right)$ đạt cực đại tại $x=-\frac{1}{2}$ và $x=1$.
Câu 27. Chọn D
Gọi $S$, $O$ lần lượt là đỉnh và tâm của đáy của hình nón. Lấy $A$ là một đỉểm nằm trên đường tròn đáy. Gọi góc ở đỉnh của hình nón là $2\beta $ suy ra $\beta =\widehat{OSA}$.
Mặt khác, ${{S}_{xq}}=\pi rl\Leftrightarrow l=\frac{{{S}_{xq}}}{\pi r}=\frac{6\sqrt{3}\pi }{3\pi }=2\sqrt{3}$.
Xét $\Delta SOA$ vuông tại $O$, ta có: $\sin \widehat{OSA}=\frac{OA}{SA}=\frac{3}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{OSA}=60{}^\circ $.
Vậy $2\beta =2\widehat{OSA}=120{}^\circ $.
Câu 28.Chọn A
${z^2} + 4z + 7 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{z = - 2 + \sqrt 3 i}\\
{z = - 2 - \sqrt 3 i}
\end{array}} \right.$
${{z}_{1}}\overline{{{z}_{2}}}+\overline{{{z}_{1}}}{{z}_{2}}=\left( -2+\sqrt{3}i \right)\left( -2+\sqrt{3}i \right)+\left( -2-\sqrt{3}i \right)\left( -2-\sqrt{3}i \right)=2$.
Vậy ${{z}_{1}}\overline{{{z}_{2}}}+\overline{{{z}_{1}}}{{z}_{2}}=2.$
Cách 2: Phương trình bậc hai ${{z}^{2}}+4z+7=0$ có ${{\Delta }^{'}}=-3$ là số nguyên âm nên phương trình có hai nghiệm phức ${{z}_{1}},\,{{z}_{2}}$và $\overline{{{z}_{1}}}={{z}_{2}}$, $\overline{{{z}_{2}}}={{z}_{1}}$.
Áp dụng định lý Viét, ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{z_1} + {z_2} = - 4}\\
{{z_1}.{z_2} = 7}
\end{array}} \right.$
Ta có: ${{z}_{1}}\overline{{{z}_{2}}}+\overline{{{z}_{1}}}{{z}_{2}}={{z}_{1}}^{2}+{{z}_{2}}^{2}={{\left( {{z}_{1}}+{{z}_{2}} \right)}^{2}}-2{{z}_{1}}.{{z}_{2}}=16-14=2.$
Câu 29.Chọn B
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn $\left[ 1\,;\,4 \right]$.
Ta có: ${y}'={{\left( x+\frac{9}{x} \right)}^{\prime }}=1-\frac{9}{{{x}^{2}}}$.
$ \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 1 - \frac{9}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 3 \in \left( {1\,;\,4} \right)}\\
{x = - 3 \notin \left( {1\,;\,4} \right)}
\end{array}} \right.$.
Có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{f\left( 1 \right) = 10}\\
{f\left( 3 \right) = 6}\\
{f\left( 4 \right) = \frac{{25}}{4}}
\end{array}} \right. \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1\,;\;4} \right]} y = 6 = m$ và $\mathop {\max }\limits_{\left[ {1\,;\;4} \right]} y = 10 = M$
Vậy $m+M=16$.
Câu 30 . Chọn B
Gọi $K$ là trung điểm của $AB$ vì $ABCD$ là hình vuông nên $KI//AC$, suy ra góc giữa $AC$ và
$IJ$ bằng góc giữa $KI$ và $IJ$.
Ta có $IK=\frac{1}{2}AC\,;\,IJ=\frac{1}{2}{B}'C\,;\,KJ=\frac{1}{2}A{B}'$ vì $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ là hình lập phương nên $AC={B}'C=A{B}'$ suy ra $KI=IJ=JK$ suy ra tam giác $IJK$ là tam giác đều, suy ra $\widehat{KIJ}=60{}^\circ $.
Vậy góc giữa $AC$ và $IJ$ bằng $60{}^\circ $ .
