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 $left$Cright$:{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+4y-4=0$ có tâm $Ileft$1;-2right$$ bán kính $R=3.$

Gọi I’ là tâm đường tròn $left$C^{\prime }right$Rightarrow overrightarrow{II’}=overrightarrow{v}=left$3;3right$Rightarrow Ileft$4;1right$$

Do đó $left$C^{\prime }right$:{{left$x-4right$}^{2}}+{{left$y-1right$}^{2}}=9.$

Câu 31: Đáp án D

Câu 32: Đáp án C.

Bán kính mặt cầu là: $R=dleft$S;left(Pright$ right)=2Rightarrow left$Sright$:{{left$x-2right$}^{2}}+{{left$y-1right$}^{2}}+{{left$z-1right$}^{2}}=4.$

Câu 33: Đáp án B.

Đặt $z=a+bi,left$a;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,left$loairight$
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 $left$–infty;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.

$4{{left${log}_{2}sqrtxright$}^{2}}+{{log }_{2}}x+mge 0Leftrightarrow 4{{left$frac12{log}_{2}xright$}^{2}}+{{log }_{2}}xge -m$

Đặt $t={{log }_{2}}x,$ với $xin left$1;64right$Rightarrow tin left$0;6right$$

Khi đó bài toán trở thành $fleft$tright$={{t}^{2}}+tge -mleft$foralltinleft(0;6right$ right)Leftrightarrow underset{left$0;6right$}{mathop{Min}},fleft$tright$ge -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: $S = intlimits_0^1 {{x^2}dx + intlimits_1^4 {left$–fracx3+frac43right$dx = 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 $ABC$ $họcsinhtựchứngminh$.

Khi đó $overrightarrow{OH}bot left$ABCright$:frac{x}{2}+frac{y}{3}+frac{z}{4}=1Rightarrow overrightarrow{{{u}_{OH}}}=left$6;4;3right$.$ 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{{left$1+rright$}^{n}}+750{{left$1+rright$}^{n-1}}+…750left$1+rright$$

$=750left$1+rright$frac{1-{{left$1+rright$}^{n}}}{1-left$1+rright$}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:

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

Lại có: $AD=sqrt{B{{D}^{2}}-A{{B}^{2}}}=3a,,HK=frac{1}{2}dleft$A;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.

Vì $P$ đi qua gốc O và đỉnh $Ileft$10;50right$ 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 $S=intlimits_{0}^{10}{left$-frac12x^2+10xright$dx=frac{1000}{3}m.}$

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 $frac{IM}{OA}=frac{SI}{SO}Rightarrow IM=frac{OA.SI}{SO}=frac{Rleft$h-xright$}{h}.$

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

Theo $AM-GM,$ ta được $frac{1}{2}.2x.{{left$h-xright$}^{2}}le frac{1}{2}{{left$$frac2x+left(h-xright)+left(h-xright)3right$$}^{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 $z=x+yi$ $left$x,yinmathbbRright$Rightarrow $ Tập hợp các điểm M là đường tròn $C$ có tâm $Ileft$3;4right$,$ bán kính $R=sqrt{5}.$

Ta có $P={{left| z+2 right|}^{2}}-{{left| z-i right|}^{2}}={{left| x+2+yi right|}^{2}}-{{left| x+left$y-1right$i right|}^{2}}={{left$x+2right$}^{2}}+{{y}^{2}}-{{x}^{2}}-{{left$y-1right$}^{2}}$

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

Ta cần tìm P sao cho đương thẳng $left$Deltaright$$ và đường tròn $C$ có điểm chung $Leftrightarrow dleft$I;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\
{left$x–3right$^2} + {left$y–4right$^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 Mleft$1;0;0right$,$ $Nleft$frac12;frac12;0right$,$ $Sleft$0;0;fracsqrt32right$Rightarrow $ Trung điểm của MN là $Eleft$frac34;frac14;0right$.$

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

Gọi I là tâm mặt cầu cần tìm $Rightarrow Iin left$dright$Rightarrow Ileft$frac34;frac14;mright$$

Suy ra $overrightarrow{IM}=left$frac14;-frac14;-mright$;$ $overrightarrow{SI}=left$frac34;frac14;m-fracsqrt32right$.$

Mà $SI=IM=RRightarrow {{m}^{2}}+frac{1}{8}={{left$m-fracsqrt32right$}^{2}}+frac{5}{8}Rightarrow m=frac{5sqrt{3}}{12}.$

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

Câu 46: Đáp án B.

Dễ thấy $CDbot left$SACright$Rightarrow cosleft$MN;left(SACright$ right)=sin left$MN;CDright$.$

Gọi H là trung điểm của AB $Rightarrow MHbot left$ABCDright$$

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 $cosleft$MN;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 $2{{log }_{3}}left$cotxright$={{log }_{2}}left$cosxright$Leftrightarrow {{log }_{3}}left${cot}^{2}xright$={{log }_{2}}left$cosxright$=t$

Suy ra $left{ begin{array}{l}
{cot ^2}x = {3^t}\
co{s^2}x = {4^t}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
frac{{co{s^2}x}}{{1 – co{s^2}x}} = {3^t}\
co{s^2}x = {4^t}
end{array} right. Rightarrow frac{{{4^t}}}{{1 – {4^t}}} = {3^t} Leftrightarrow {4^t} + {12^t} – {3^t} = 0 Leftrightarrow {left$frac43right$^t} + {4^t} – 1 = 0.$ 

Xét hàm số $fleft$tright$={{left$frac43right$}^{t}}+{{4}^{t}}-1$ trên $mathbb{R},$ có $f’left$tright$={{left$frac43right$}^{t}}.ln frac{4}{3}+{{4}^{t}}.ln 4>0;,forall tin mathbb{R}.$

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

Kết hợp với điều kiện $xin left$0;2018piright$Rightarrow -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: $co{{s}^{2}}4x+frac{1}{4}cos 4x+frac{3}{4}=mLeftrightarrow 4{{cos }^{2}}4x+cos4x+3=4m$     $\ast$.

Đặt $t=cos4x$ mà $4xin left$$-pi;piright$$Rightarrow tin left$$-1;0right$$,$ khi đó $\ast$ $Leftrightarrow 4m=4{{t}^{2}}+t+3$

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

Tính $fleft$-1right$=6;$ $fleft$-frac18right$=frac{47}{16};$ $fleft$0right$=3to operatorname{minf}left$tright$=frac{47}{16};,max fleft$tright$=6.$

Để phương trình đa cho có 4 nghiệm thuộc $left$$-fracpi4;fracpi4right$$Leftrightarrow frac{47}{16}<4mle 6Leftrightarrow frac{47}{64}<mle frac{3}{2}.$

Câu 49: Đáp án A.

Nối $MEcap AD=Q,,NEcap CD=PRightarrow mpleft$MNEright$$ 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}
dleft$M;left(BCDright)right$ = frac{h}{2}\
dleft$Q;left(BCDright)right$ = frac{h}{3}
end{array} right..$ 

Khi đó ${{V}_{M.BNE}}=frac{1}{3}.dleft$M;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 $g’left$xright$=left$x^2-3right$’.fleft$x^2-3right$=2x.f’left$x^2-3right$,,forall xin mathbb{R}.$

Khi đó $g’left$xright$ > 0 Leftrightarrow x.f’left$x^2–3right$ > 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
x > 0\
f’left$x^2–3right$ > 0
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
x < 0\
f’left$x^2–3right$ < 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 $left$-1;0right$$ và $left$1;+inftyright$.$