Loading [MathJax]/extensions/tex2jax.js

Lời giải đề 5: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT Chuyên Tiền Giang lần 1- trang 2

Câu 30: Đáp án B.

Đường tròn $leftCright:{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+4y-4=0$ có tâm $Ileft1;2right$ bán kính $R=3.$

Gọi I’ là tâm đường tròn $leftCrightRightarrow overrightarrow{II’}=overrightarrow{v}=left3;3rightRightarrow Ileft4;1right$

Do đó $leftCright:{{leftx4right}^{2}}+{{lefty1right}^{2}}=9.$

Câu 31: Đáp án D

Câu 32: Đáp án C.

Bán kính mặt cầu là: $R=dleftS;left(Pright right)=2Rightarrow leftSright:{{leftx2right}^{2}}+{{lefty1right}^{2}}+{{leftz1right}^{2}}=4.$

Câu 33: Đáp án B.

Đặt $z=a+bi,lefta;binmathbbRright$ ta có: $a + 1 + bi + 3i – sqrt {{a^2} + {b^2}} i = 0 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a =  – 1\
b + 3 = sqrt {{a^2} + {b^2}} 
end{array} right.$ 

$left{ begin{array}{l}
a =  – 1\
b + 3 = sqrt {{b^2} + 1} 
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a =  – 1\
b =  – frac{4}{3}
end{array} right. Rightarrow S =  – 5.$ 

Câu 34: Đáp án C.

Phương trình hoành dộ giao điểm là ${x^2}left| {{x^2} – 3} right| = 2 Leftrightarrow left| {{x^4} – 3{x^2}} right| = 2 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x^4} – 3{x^2} = 2\
{x^4} – 3{x^2} =  – 2
end{array} right.$ 

$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x^2} = 1;,{x^2} = 2\
{x^2} = frac{{3 + sqrt {17} }}{2}\
{x^2} = frac{{3 – sqrt {12} }}{2} < 0,leftloairight
end{array} right. Rightarrow $ PT có 6 nghiệm.

Câu 35: Đáp án D.

$D=mathbb{R}backslash left{ -m right};,y’=frac{{{m}^{2}}-4}{x+m}$

Hàm số nghịch biến trên $leftinfty;1right Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{m^2} – 4 < 0\
 – m ge 1
end{array} right. Leftrightarrow  – 2 < m le  – 1.$ 

Câu 36: Đáp án B.

$4{{leftlog2sqrtxright}^{2}}+{{log }_{2}}x+mge 0Leftrightarrow 4{{leftfrac12log2xright}^{2}}+{{log }_{2}}xge -m$

Đặt $t={{log }_{2}}x,$ với $xin left1;64rightRightarrow tin left0;6right$

Khi đó bài toán trở thành $flefttright={{t}^{2}}+tge -mleftforalltinleft(0;6right right)Leftrightarrow underset{left0;6right}{mathop{Min}},flefttrightge -m$

Lập bảng biến thiên suy ra $0ge -mLeftrightarrow mge 0.$

Câu 37: Đáp án A.

Vì diện tích của 3 đường nên ta cần vẽ hình:

                                                                

PT hoành độ giao điểm giữa 2 đường $y={{x}^{2}},y=-frac{1}{3}x+frac{4}{3}$ là ${x^2} =  – frac{1}{3}x + frac{4}{3} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 1\
x =  – frac{4}{3}
end{array} right..$ 

Dựa vào hình vẽ ta có: $S = intlimits_0^1 {{x^2}dx + intlimits_1^4 {leftfracx3+frac43rightdx = frac{{11}}{6}.} } $ 

Câu 38: Đáp án C.

Do H là trực tâm tam giác ABC suy ra được H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng ABC hcsinhtchngminh.

Khi đó $overrightarrow{OH}bot leftABCright:frac{x}{2}+frac{y}{3}+frac{z}{4}=1Rightarrow overrightarrow{{{u}_{OH}}}=left6;4;3right.$ Do đó $OH:left{ begin{array}{l}
x = 6t\
y = 4t\
z = 3t
end{array} right..$ 

Câu 39: Đáp án A.

Gọi n là số tháng ít nhất sinh viên đó cần gửi.

Ta có tổng số tiền cả gốc lẫn lãi sau n tháng là: $750{{left1+rright}^{n}}+750{{left1+rright}^{n-1}}+…750left1+rright$

$=750left1+rrightfrac{1-{{left1+rright}^{n}}}{1-left1+rright}ge 12,5.$ Với $r=0,72%,$ sử dụng máy tính CASIO suy ra ${{n}_{min }}=16.$

Câu 40: Đáp án D.

Dựng $HKbot BD,$ do $SHbot BD$ nên ta có:

$leftSKHrightbot BDRightarrow $ Góc giữa hai mặt phẳng SBD và mặt phẳng đáy là $widehat{SKH}={{60}^{0}}.$

Lại có: $AD=sqrt{B{{D}^{2}}-A{{B}^{2}}}=3a,,HK=frac{1}{2}dleftA;BDright$ $=frac{1}{2}frac{AB.AD}{BD}=frac{3a}{2sqrt{10}}.$

Do đó $SH=HKtan {{60}^{0}}=frac{3asqrt{3}}{2sqrt{10}}.$

Vậy $V=frac{1}{3}frac{AD+BC}{2}.AB.SH=frac{{{a}^{3}}sqrt{30}}{8}.$

Câu 41: Đáp án A.

Gọi P: $y=a{{x}^{2}}+bx+c$ là phương trình parabol.

P đi qua gốc O và đỉnh $Ileft10;50right Rightarrow left{ begin{array}{l}
c = 0;, – frac{b}{{2a}} = 10\
100a + 10b + c = 50
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a =  – frac{1}{2}\
b = 10;,c = 0
end{array} right..$

Suy ra phương trình P là $y=-frac{1}{2}{{x}^{2}}+10x.$ Vậy $S=intlimits_{0}^{10}{leftfrac12x2+10xrightdx=frac{1000}{3}m.}$

Câu 42: Đáp án B.

Khi quay hình vẽ quanh trục SO sẽ tạo nên khối trụ nội tiếp hình nón.

Suy ra thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật MNPQ.

Theo định lí Talet, ta có $frac{IM}{OA}=frac{SI}{SO}Rightarrow IM=frac{OA.SI}{SO}=frac{Rlefthxright}{h}.$

Thể tích khối trụ là $V=pi {{R}^{2}}h=pi .I{{M}^{2}}.OI=frac{pi {{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}{{lefthxright}^{2}}x.$

Theo $AM-GM,$ ta được $frac{1}{2}.2x.{{lefthxright}^{2}}le frac{1}{2}{{leftfrac2x+left(hxright)+left(hxright)3right}^{3}}=frac{4h}{27}.$

Vậy $Vle frac{4pi {{R}^{2}}h}{27}.$ Dấu “=” xảy ra khi $2x=h-xLeftrightarrow x=frac{h}{3}Rightarrow MN=frac{h}{3}.$

Câu 43: Đáp án D.

Đặt $z=x+yi$ $leftx,yinmathbbRrightRightarrow $ Tập hợp các điểm M là đường tròn C có tâm $Ileft3;4right,$ bán kính $R=sqrt{5}.$

Ta có $P={{left| z+2 right|}^{2}}-{{left| z-i right|}^{2}}={{left| x+2+yi right|}^{2}}-{{left| x+lefty1righti right|}^{2}}={{leftx+2right}^{2}}+{{y}^{2}}-{{x}^{2}}-{{lefty1right}^{2}}$

$={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+4x+4-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}+2y-1=4x+2y+3to leftDeltaright:4x+2y+3-P=0.$

Ta cần tìm P sao cho đương thẳng $leftDeltaright$ và đường tròn C có điểm chung $Leftrightarrow dleftI;left(Deltaright right)le R.$

$Leftrightarrow frac{left| 4.3+2.4+3-P right|}{sqrt{{{4}^{2}}+{{2}^{2}}}}le sqrt{5}Leftrightarrow left| 23-P right|le 10Leftrightarrow -10le 23-Ple 10Leftrightarrow 13le Ple 33.$

Do đó $max P=33.$ Dấu “=” xảy ra $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
4x + 2y – 30 = 0\
{leftx3right^2} + {lefty4right^2} = 5
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 5\
y =  – 5
end{array} right..$ Vậy $left| z right| = 5sqrt 2 .$ 

Câu 44: Đáp án A.

Gọi số cần tìm có dạng $overline{abcd},$ vì chia hết cho 6 $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
d = left{ {2,4,6,8} right}\
a + b + c + d:3
end{array} right..$ 

Khi đó, chọn d có 4 cách chọn, b và c đều có 9 cách chọn từ$1to9$.

  • Nếu $a+b+c+d:3$ thì $a=left{ 3,6,9 right}Rightarrow $ có 3 cách chọn a.
  • Nếu $a+b+c+d:3$ dư 1 thì $a=left{ 2,5,8 right}Rightarrow $ có 3 cách chọn a.
  • Nếu $a+b+c+d:3$ dư 2 thì $a=left{ 1,4,7 right}Rightarrow $ có 3 cách chọn a.

Suy ra a chỉ có 3 cách chọn $Rightarrow $ có $4.9.9.3=972$ số chia hết cho 6.

Vậy xác suất cần tính là $P=frac{972}{{{9}^{4}}}=frac{4}{27}.$

Câu 45: Đáp án B.

Xét trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, với O là trung điểm của AD.

Chọn $a=1Rightarrow Mleft1;0;0right,$ $Nleftfrac12;frac12;0right,$ $Sleft0;0;fracsqrt32rightRightarrow $ Trung điểm của MN là $Eleftfrac34;frac14;0right.$

Phương trình đường thẳng qua E, song song với Oz là $leftdright:left{ begin{array}{l}
4x = 3\
4y = 1\
z = t
end{array} right..$ 

Gọi I là tâm mặt cầu cần tìm $Rightarrow Iin leftdrightRightarrow Ileftfrac34;frac14;mright$

Suy ra $overrightarrow{IM}=leftfrac14;frac14;mright;$ $overrightarrow{SI}=leftfrac34;frac14;mfracsqrt32right.$

Mà $SI=IM=RRightarrow {{m}^{2}}+frac{1}{8}={{leftmfracsqrt32right}^{2}}+frac{5}{8}Rightarrow m=frac{5sqrt{3}}{12}.$

Vậy $R=IM=sqrt{{{m}^{2}}+frac{1}{8}}=frac{sqrt{93}}{12}=frac{asqrt{93}}{12}.$

Câu 46: Đáp án B.

Dễ thấy $CDbot leftSACrightRightarrow cosleftMN;left(SACright right)=sin leftMN;CDright.$

Gọi H là trung điểm của AB $Rightarrow MHbot leftABCDright$

Tam giác MHN vuông tại H, có $MN=sqrt{M{{H}^{2}}+H{{N}^{2}}}=frac{asqrt{10}}{2}.$

Tam giác MHC vuông tại H, có $MC=sqrt{M{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}}=frac{asqrt{6}}{2}.$

Tam giác MNC, có $coswidehat{MNC}=frac{M{{N}^{2}}+N{{C}^{2}}-M{{C}^{2}}}{2.MN.NC}=frac{3sqrt{5}}{10}.$

Vậy $cosleftMN;left(SACright right)=sin widehat{MNC}=sqrt{1-co{{s}^{2}}widehat{MNC}}=frac{sqrt{55}}{10}.$

Câu 47: Đáp án D.

Điều kiện: $left{ begin{array}{l}
cot x > 0\
cos x > 0
end{array} right..$ Ta có $2{{log }_{3}}leftcotxright={{log }_{2}}leftcosxrightLeftrightarrow {{log }_{3}}leftcot2xright={{log }_{2}}leftcosxright=t$

Suy ra $left{ begin{array}{l}
{cot ^2}x = {3^t}\
co{s^2}x = {4^t}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
frac{{co{s^2}x}}{{1 – co{s^2}x}} = {3^t}\
co{s^2}x = {4^t}
end{array} right. Rightarrow frac{{{4^t}}}{{1 – {4^t}}} = {3^t} Leftrightarrow {4^t} + {12^t} – {3^t} = 0 Leftrightarrow {leftfrac43right^t} + {4^t} – 1 = 0.$ 

Xét hàm số $flefttright={{leftfrac43right}^{t}}+{{4}^{t}}-1$ trên $mathbb{R},$ có $f’lefttright={{leftfrac43right}^{t}}.ln frac{4}{3}+{{4}^{t}}.ln 4>0;,forall tin mathbb{R}.$

$Rightarrow flefttright$ là hàm số đồng biến trên $mathbb{R}$ mà $fleft1right=0Rightarrow t=-1Rightarrow cos x=frac{1}{2}Rightarrow x=frac{pi }{3}+k2pi .$

Kết hợp với điều kiện $xin left0;2018pirightRightarrow -frac{1}{6}<k<1008,83xrightarrow{kin mathbb{Z}}$ Có 1009 nghiệm.

Câu 48: Đáp án C.

Ta có ${{sin }^{4}}x+co{{s}^{4}}x=frac{3}{4}+frac{1}{4}cos4x,$ khi đó phương trình đã cho trở thành: $co{{s}^{2}}4x+frac{1}{4}cos 4x+frac{3}{4}=mLeftrightarrow 4{{cos }^{2}}4x+cos4x+3=4m$     .

Đặt $t=cos4x$ mà $4xin leftpi;pirightRightarrow tin left1;0right,$ khi đó $Leftrightarrow 4m=4{{t}^{2}}+t+3$

Xét hàm số $flefttright=4{{t}^{2}}+t+3$ trên $left1;0right,$ có $f’lefttright=8t+1=0Leftrightarrow t=-frac{1}{8}.$

Tính $fleft1right=6;$ $fleftfrac18right=frac{47}{16};$ $fleft0right=3to operatorname{minf}lefttright=frac{47}{16};,max flefttright=6.$

Để phương trình đa cho có 4 nghiệm thuộc $leftfracpi4;fracpi4rightLeftrightarrow frac{47}{16}<4mle 6Leftrightarrow frac{47}{64}<mle frac{3}{2}.$

Câu 49: Đáp án A.

                                                     

Nối $MEcap AD=Q,,NEcap CD=PRightarrow mpleftMNEright$ chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện gồm PQD.NMB và khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích A.

Dễ thấy P,Q lần lượt là trọng tâm của $Delta BCE,,Delta ABE.$

Gọi S là diện tích $Delta BCDRightarrow {{S}_{Delta PDE}}=frac{1}{3}{{S}_{Delta CDE}}=frac{1}{3}{{S}_{Delta NBE}}=frac{S}{3}.$

Họi h là chiều cao của tứ diện ABCD $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
dleftM;left(BCDright)right = frac{h}{2}\
dleftQ;left(BCDright)right = frac{h}{3}
end{array} right..$ 

Khi đó ${{V}_{M.BNE}}=frac{1}{3}.dleftM;left(BCDright right).{{S}_{Delta BNE}}=frac{S.h}{6};{{V}_{QPDE}}=frac{S.h}{27}.$

Suy ra ${{V}_{PQD.MNB}}={{V}_{M.BNE}}-{{V}_{Q.PDE}}=frac{7}{18}.frac{S.h}{3}=frac{7}{18}{{V}_{ABCD}}Rightarrow V=frac{11}{18}{{V}_{ABCD}}=frac{11sqrt{2}}{216}{{a}^{3}}.$

Câu 50: Đáp án C.

Ta có $g’leftxright=leftx23right’.fleftx23right=2x.f’leftx23right,,forall xin mathbb{R}.$

Khi đó $g’leftxright > 0 Leftrightarrow x.f’leftx23right > 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
x > 0\
f’leftx23right > 0
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
x < 0\
f’leftx23right < 0
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
x > 0\
{x^2} – 3 >  – 2
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
x < 0\
{x^2} – 3 <  – 2
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x > 1\
 – 1 < x < 0
end{array} right..$ 

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $left1;0right$ và $left1;+inftyright.$

Để lại một bình luận

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *