|
|
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH Mã Đề: 001 (Đề gồm 06 trang) |
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2018 – 2019 – LẦN 1 MÔN: TOÁN Thời gian: 90 phút |
|
Họ và tên:....................................................... SBD:...................................... |
||
GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ SỞ GD&ĐT NINH BÌNH – LẦN 1 NĂM 2018-2019
Câu 1. Chọn A
Gọi $a$, $b$, $c$lần lượt là ba kích thước của khối hộp chữ nhật.
Thể tích của khối hộp chữ nhật $V=a.b.c=3.4.5=60$(đvtt).
Câu 2. Chọn C
Ta có $f\left( x \right)-m=0\Leftrightarrow f\left( x \right)=m$(*). Phương trình (*) có $4$ nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ cắt đồ thị hàm số $y=m$ tại $4$ điểm phân biệt.
Theo bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ cắt đồ thị hàm số $y=m$ tại $4$ điểm phân biệt khi và chỉ khi $1<m<2$.
Câu 3.Chọn A
Theo đề bài ta có diện tích đáy bằng $B=10$ và chiều cao của lăng trụ $h=12$.
Thể tích khối lăng trụ là $V=B.h=10.12=120$.
Câu 4.Chọn B
Theo đề bài thì khối cầu đã cho có đường kính bằng $a\sqrt{2}$. Suy ra bán kính $R=a\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Thể tích của khối cầu $V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{4}{3}\pi {{\left( a\frac{\sqrt{2}}{2} \right)}^{3}}=\frac{\pi \sqrt{2}{{a}^{3}}}{3}$.
Câu 5.Chọn C
Diện tích xung quanh của hình trụ là: ${{S}_{xq}}=2\pi rh=2\pi 3.4=24\pi $
Câu 6. Chọn C
Số cách chọn $3$ người từ một nhóm $12$ người là: $C_{12}^{3}$.
Câu 7. Chọn D
Tập xác định: $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ -2 \right\}$.
Ta có ${y}'=\frac{3}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}>0$, $\forall x\ne -2$ nên hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( -\infty ;-2 \right)$ và $\left( -2;+\infty \right)$
Câu 8. Chọn A
Ta có: ${{\log }_{{{a}^{2}}}}{{a}^{3}}=3.\frac{1}{2}.{{\log }_{a}}a=\frac{3}{2}$.
Câu 9.Chọn D
Ta có ${f}'\left( x \right)={{2}^{x}}\ln 2+1$.
Câu 10. Chọn D
Điều kiện xác định: $x-1\ne 0\Leftrightarrow x\ne 1$.
Câu 11. Chọn B
Ta có hàm số$y=\frac{1}{3}{{x}^{3}}+{{x}^{2}}-3x+1$có tập xác định $D=\mathbb{R}$.
$y' = {x^2} + 2x - 3$; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1}\\
{x = - 3}
\end{array}} \right.$.
${{y}'}'=2x+2$; ${{y}'}'\left( -3 \right)=-4<0$; ${{y}'}'\left( 1 \right)=4>0$.
Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại điểm $x=1$.
Câu 12. Chọn D
Ta có bán kính đáy của khối nón là $R=\frac{6}{2}=3$.
Chiều cao của khối nón là $h=5$.
Do đó, thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}.\pi .{{R}^{2}}.h=\frac{1}{3}.\pi .9.5=15\pi $(đvtt).
Câu 13.Chọn D
Ta có ${{5}^{x+2}}-1=0\Leftrightarrow {{5}^{x+2}}=1\Leftrightarrow x+2=0\Leftrightarrow x=-2$
Vậy $S=\left\{ -2 \right\}$.
Câu 14. Chọn A
Ta có thể tích khối cầu là: $V=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{256\pi }{3}$.
Câu 15.Chọn D
$V=\frac{1}{3}h.\,B=\frac{1}{3}.\,4.\,6=8$.
Câu 16.Chọn A
* Hàm số $y=x-{{e}^{2x}}$ xác định trên $\left[ -1\,;\,1 \right]$.
* Ta có : ${y}'=1-2{{e}^{2x}}=0\,\Leftrightarrow \,x=\frac{1}{2}\ln \frac{1}{2}\,\in \left( -1\,;\,1 \right)$.
* $y\left( -1 \right)=-1-{{e}^{-2}}$ ; $y\left( \frac{1}{2}\ln \frac{1}{2} \right)=\frac{1}{2}\ln \frac{1}{2}-{{e}^{2.\frac{1}{2}\ln \frac{1}{2}}}=-\frac{1}{2}\ln 2-\frac{1}{2}$ ; $y\left( 1 \right)=1-{{e}^{2}}$.
* Vậy $\underset{\left[ -1\,;\,1 \right]}{\mathop{\text{max}}}\,y=\frac{-\left( \ln 2+1 \right)}{2}$.
Câu 17. Chọn C
Diện tích đáy hình hộp là: $S=\frac{1}{2}.AC.BD=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}$.
Thể tích hình hộp đã cho: $V=S.A{A}'=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}.a\sqrt{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{2}$.
Câu 18. Chọn C
Tập xác định: $D=\left( -\infty ;-1 \right]\cup \left[ 1;+\infty \right)$.
Từ tập xác định ta thấy hàm số không có giới hạn khi $x\to 0$, do đó đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.
Mặt khác: $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2\sqrt{{{x}^{2}}-1}+1}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2\sqrt{1-\frac{1}{{{x}^{2}}}}-\frac{1}{x}}{\frac{x}{x}}=2$
$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2\sqrt{{{x}^{2}}-1}+1}{x}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-2\sqrt{1-\frac{1}{{{x}^{2}}}}-\frac{1}{x}}{\frac{x}{x}}=-2$
Nên đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là $y=2$ và $y=-2$.
Câu 19.Chọn C
Theo bài toán ta có hình vẽ
Thể tích của khối trụ là $V=\pi {{.1}^{2}}.2=2\pi $.
Vì đường tròn đáy của khối trụ là đường tròn lớn của mỗi nửa khối cầu nên bán kính của mỗi nửa khối cầu là $R=1$.
Thể tích của hai nửa khối cầu bị khoét đi là ${{V}_{1}}=2\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{4\pi {{.1}^{3}}}{3}=\frac{4\pi }{3}$.
Thể tích của phần còn lại của khối gỗ là ${{V}_{2}}=V-{{V}_{1}}=2\pi -\frac{4\pi }{3}=\frac{2\pi }{3}$.
Vậy tỉ số thể tích cần tìm là $\frac{{{V}_{2}}}{V}=\frac{\frac{2\pi }{3}}{2\pi }=\frac{1}{3}$.
Câu 20.Chọn B
Ta có ${{\log }_{4}}1250={{\log }_{{{2}^{2}}}}\left( {{2.5}^{4}} \right)=\frac{1}{2}\left( {{\log }_{2}}2+{{\log }_{2}}{{5}^{4}} \right)=\frac{1}{2}\left( 1+4{{\log }_{2}}5 \right)=\frac{1+4a}{2}$ .
Câu 21.Chọn D
Ta có $l=CB=2a$, $\widehat{BCA}=30{}^\circ $.
Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có: $\sin 30{}^\circ =\frac{AB}{CB}=\frac{r}{l}\Rightarrow r=l.\sin 30{}^\circ =2a.\frac{1}{2}=a$.
$\cos 30{}^\circ =\frac{CA}{CB}=\frac{h}{l}\Rightarrow h=l.\cos 30{}^\circ =2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Suy ra $V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{1}{3}\pi {{a}^{2}}.a\sqrt{3}=\frac{\pi \sqrt{3}{{a}^{3}}}{3}$.
Câu 22.Chọn B
Dựa vào đồ thị ta có $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=+\infty \Rightarrow a<0$.
Từ đồ thị ta suy ra${y}'<0$,$\forall \in \mathbb{R}$ $\Leftrightarrow 3a{{x}^{2}}+2bx+c<0$,$\forall \in \mathbb{R}$.$\Leftrightarrow {\Delta }'={{b}^{2}}-3ac<0$.
Vậy $\left\{ \begin{array}{l}
a < 0\\
{b^2} - 3ac < 0
\end{array} \right.$
Câu 23.Chọn B
Xét $y=g\left( x \right)=-2f\left( x \right)+2019$.
Ta có ${g}'\left( x \right)={{\left( -2f\left( x \right)+2019 \right)}^{\prime }}=-2{f}'\left( x \right)$, $g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 2\\
x = - 1\\
x = 2\\
x = 4
\end{array} \right.$
Dựa vào bảng xét dấu của ${f}'\left( x \right)$, ta có bảng xét dấu của ${g}'\left( x \right)$:
Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số $y=g\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( -1;2 \right)$.
Câu 24.Chọn C
Hình thang cân là tứ giác nội tiếp đường tròn ( tâm đường tròn là giao điểm của đường thẳng đi qua trung điểm 2 đáy với đường trung trực của 1 cạnh bên của hình thang) nên hình chóp có đáy là hình thang cân thì có mặt cầu ngoại tiếp.
Câu 25.Chọn B
Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right)$
Do tam giác$ASC$ đều cạnh $a$ nên ta có:$AC=a,SO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Mặt khác, $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên $ABCD$ là hình vuông có $AC=a$,
suy ra $AB=\frac{a}{\sqrt{2}}$
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$
Câu 26.Chọn A
Tập xác định của hàm số $f\left( x \right)$: $D=\left( 0;+\infty \right)$
Ta có ${f}'\left( x \right)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$
${f}'\left( x \right)=0\Rightarrow x=1$
Bảng xét dấu ${f}'\left( x \right)$:
Từ bảng xét dấu chọn A
Câu 27.Chọn C
Gọi số hạng đầu của cấp số cộng là ${{u}_{1}}.$
Ta có $a={{u}_{1}}+d;\text{ }b={{u}_{1}}+9d.$
Khi đó ${{\log }_{2}}\frac{b-a}{d}={{\log }_{2}}\frac{\left( {{u}_{1}}+9d \right)-\left( {{u}_{1}}+d \right)}{d}={{\log }_{2}}8=3.$
Số 3 có 2 ước tự nhiên là 1 và 3 nên chọn C.
Câu 28. Chọn A
${\log _3}\left( {{x^2} - 2x} \right) > 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x > 3 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x > 3\\
x < - 1
\end{array} \right..$
Vậy tập nghiệm của bất phương trình $S=\left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 3;+\infty \right)$.
Câu 29. Chọn B
Gọi $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $\Delta ABC\Rightarrow SM\bot (ABC)$ , $O$ là tâm của của hình thoi $ABCD$.
Khi đó $M$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.
Ta có $BO=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow BM=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Suy ra $S{{M}^{2}}=S{{B}^{2}}-B{{M}^{2}}=\frac{2{{a}^{2}}}{3}$ $\Rightarrow SM=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
Do đó $V=2{{V}_{SABC}}=2.\frac{1}{3}.SM.{{S}_{ABC}}=2.\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{6}$.
Câu 30. Chọn C
Ta có đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3x-2$ nhận điểm $A\left( -1;0 \right)$ làm điểm cực đại.
Mà ${y}'\left( -1 \right)=0$.
Suy ra phương trình đường thẳng $d$: $y=0$.
Do đó $d$ song song với đường thẳng $y=-4$.
