Lời giải đề 7: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 trường THPT Trần Phú- Đà Nẵng lần 2 trang 1

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:  Chọn B.

Ta có: ${{u}_{n}}={{u}_{1}}+\left( n-1 \right)d$$=3+7\left( n-1 \right)$$=7n-4$

${{u}_{n}}>2018$$\Leftrightarrow 7n-4>2018$$\Leftrightarrow n>\frac{2022}{7}$

Vậy $n=289$.

Câu 2: Chọn C.

TXĐ: $D=\mathbb{R}.$

$2\cos x-1=0$$\Leftrightarrow \cos x=\frac{1}{2}$$\Leftrightarrow x=\pm \frac{\pi }{3}+k2\pi ,\,\,k\in \mathbb{Z}$.

Câu 3: Chọn C.

$\left( MNP \right):\frac{x}{1}+\frac{y}{-2}+\frac{z}{1}=1$$\Leftrightarrow \left( MNP \right):2x-y+2z+2=0$

$h=\frac{\left| 2.0-0+2.0+2 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}=\frac{2}{3}$.

Câu 4: Chọn A.

TXĐ: $D=\left[ -1;+\infty  \right)$

$\sqrt{{{x}^{2}}-mx-3m}=0$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-mx-3m=0\,\,\left( 1 \right)$

$\Leftrightarrow {{x}^{2}}=m\left( x+3 \right)$

$\Leftrightarrow \frac{{{x}^{2}}}{x+3}=m$

YBCT$\Leftrightarrow \left( 1 \right)$ có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng $-1$

Đặt $f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}}{x+3},\,\,\forall x\in \left[ -1;+\infty  \right)$

$\Rightarrow {f}'\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+6x}{{{\left( x+3 \right)}^{2}}},\,\,\forall x\in \left( -1;+\infty  \right)$

${f}'\left( x \right)=0$$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+6x=0$$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0}\\
{x =  - 6}
\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow x=0$

Từ bảng biến thiên, ta có: YCBT$\Leftrightarrow 0<m\le \frac{1}{2}$.

Câu 5: Chọn C.

Gọi chu vi đáy là $P$

Ta có: $P=2\pi R$$\Leftrightarrow 4\pi a=2\pi R$$\Leftrightarrow R=2a$

$V=\pi {{R}^{2}}h$$=\pi {{\left( 2a \right)}^{2}}.a$$=4\pi {{a}^{3}}$.

Câu 6: Chọn D.

Goi $O=AC\cap BD$.

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng $\left( SBD \right)$ và $\left( ABCD \right)$ bằng ${{45}^{{}^\circ }}$$\Leftrightarrow \widehat{SOA}={{45}^{{}^\circ }}$ .

$\Delta BAD$ đều $\Rightarrow AO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$\Rightarrow SA=AO.\tan {{45}^{{}^\circ }}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$.

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ bằng: $V=\frac{1}{3}SA.2{{S}_{\Delta ABD}}$$=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{4}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{8}$.

Thể tích khối chóp $N.MCD$ bằng thể tích khối chóp $N.ABCD$ bằng: ${V}'=\frac{1}{2}V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{16}$.

Thể tích khối chóp $KMIB$ bằng: ${{V}'}'=\frac{1}{3}.\frac{1}{3}SA.S{{\Delta }_{MBI}}=\frac{1}{9}.\frac{a\sqrt{6}}{4}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{8}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{96}$.

Khi đó: ${{V}_{2}}={V}'-{{V}'}'=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{16}-\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{96}=\frac{5\sqrt{2}{{a}^{3}}}{96}$; ${{V}_{1}}=V-{{V}_{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{8}-\frac{5\sqrt{2}{{a}^{3}}}{96}=\frac{7{{a}^{3}}\sqrt{2}}{96}$.

Vậy $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{7}{5}$.

Câu 7: Chọn D.

     Đồ thị cắt $Oy$ tại điểm có tung độ dương nên chọn B hoặc D.

     Đồ thị cắt $Ox$ tại hai điểm có hoành độ $-1$ và $1$ nên chọn D.

Câu 8: Chọn B.

Ta có $y={{x}^{3}}+x-2$$\Rightarrow {y}'=3{{x}^{2}}+1>0\,\forall x$. Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( -\infty ;+\infty  \right)$.

Câu 9: Chọn A.

Giả sử sau $n$ tháng người đó thu được số tiền hơn $50$ triệu đồng.

Ta có: ${{20.10}^{6}}{{\left( 1+0,008 \right)}^{n}}>{{50.10}^{6}}$ $\Leftrightarrow n>114,994$.

Vậy sau ít nhất $\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{\left[ \sin x.\tan x.f\left( x \right) \right]\text{d}x}=2$ tháng người đó lãnh được số tiền nhiều hơn $50$ triệu đồng bao gồm cả tiền gốc và lãi.

Câu 10: Chọn C.

Ta có ${y}'={{x}^{2}}+2\left( m-1 \right)x+2m-3$; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x =  - 1\\
x = 3 - 2m
\end{array} \right.$.

TH1: Với $-1<3-2m\Leftrightarrow m<2$.

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( 1;+\infty  \right)$$\Leftrightarrow 1\ge 3-2m\Leftrightarrow m\ge 1$.

Hay $1\le m<2$ thì thỏa đề.

TH2: Với $-1>3-2m\Leftrightarrow m>2$.

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( -1;+\infty  \right)$ nên đồng biến trên khoảng $\left( 1;+\infty  \right)$ với mọi $m$.

TH3: Với $-1=3-2m\Leftrightarrow m=2$.

Ta có ${y}'\ge 0$.

Vậy không có giá trị nguyên âm thỏa đề.

Câu 11: Chọn D.

Ta có: Diện tích xung quanh ${{S}_{xp}}=2\pi {{a}^{2}}$$\Rightarrow $ $\pi rl=2\pi {{a}^{2}}$$\Rightarrow l=2a$$\Rightarrow h=\sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}=a\sqrt{3}$ .

Đáy $ABCD$ nội tiếp đáy của khối nón $\left( N \right)$ có bán kính đáy bằng $a$$\Rightarrow $ $AB=a\sqrt{2}$ .

Vậy: $V=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}h=\frac{2\sqrt{3}{{a}^{3}}}{3}$ .

Câu 12: Chọn D.

Ta có $AB\text{//}\left( SCD \right)$ nên $h=d\left( B,\left( SCD \right) \right)=d\left( A,\left( SCD \right) \right)=AH$

Vì $CD\bot \left( SAD \right)\Rightarrow \left( SCD \right)\bot \left( SAD \right)$ theo giao tuyến $SD$, dựng $AH\bot SD\Rightarrow AH\bot \left( SCD \right)$.

Theo đề góc giữa $SC$ và mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ bằng $60{}^\circ $ nên $\widehat{SCA}=60{}^\circ $.

Ta có: $\tan 60{}^\circ =\frac{SA}{AC}\Rightarrow SA=a\sqrt{6}$

Và $\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{D}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{42}}{7}$.

Câu 13: Chọn A.

Giá trị cực đại của hàm số $y=f\left( x \right)$ là $4$.

Câu 14: Chọn A.

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 2;\,1;\,3 \right)$ và bán kính $R=5$ $\Rightarrow $ ${{V}_{1}}=\frac{4}{3}\pi {{R}^{3}}=\frac{500}{3}\pi $ .

Ta có: $d=d\left( I;\left( P \right) \right)=3$ $\Rightarrow $ Bán kính của $\left( C \right)$ là $r=\sqrt{{{R}^{2}}-{{d}^{2}}}=4$ .

Đài đường cao khối nón $\left( N \right)$là $h=R+d=8$

Suy ra: ${{V}_{2}}=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}h=\frac{128}{3}\pi $ .

Vậy: $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{125}{32}$.

Câu 15: Chọn C.

Họ nguyên hàm của hàm số $f\left( x \right)=3{{x}^{2}}+\sin x$ là ${{x}^{3}}-\cos x+C$.

Câu 16: Chọn B.

Ta có số nghiệm của phương trình $f\left( x \right)=m$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ và đường thẳng $y=m$.

Do đó, dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình $f\left( x \right)=m$ có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $-2<m<4$.

Câu 17: Chọn A.

Gọi $x$ là cạnh của hình lập phương.

Đường chéo hình lập phương $a\sqrt{3}$$\Leftrightarrow x\sqrt{3}=a\sqrt{3}$$\Leftrightarrow x=a$.

Suy ra ${{V}_{{A}'.ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.A{A}'$$=\frac{1}{3}{{a}^{3}}$.

Câu 18: Chọn A.

TXĐ: $D=\left( -2;2 \right)$.

Ta có: $\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to {{2}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x+1}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}=+\infty $; $\underset{x\to -{{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to -{{2}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x+1}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}=-\infty $.

Suy ra đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng là $x=\pm 2$.

Do hàm số có tập xác định $D=\left( -2;2 \right)$ suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số có tổng số đường tiệm cận là: $2$.

Câu 19: Chọn A.

Định nghĩa và tính chất của tích phân.

Câu 20: Chọn B.

Do $\left( Q \right)\ \text{//}\ \left( P \right)$ nên phương trình mặt phẳng $\left( Q \right)$ có dạng: $2x-y+z+C=0$, $\left( C\ne -3 \right)$.

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ đi qua $A\left( -1;2;1 \right)$ nên: $2.\left( -1 \right)-2+1+C=0$$\Leftrightarrow C=3$.

Suy ra phương trình mặt phẳng $\left( Q \right):2x-y+z+3=0$.

Từ đây, suy ra điểm không nằm trên mặt phẳng $\left( Q \right)$ là: $N\left( 2;1;-1 \right)$ vì $2.2-1-1+3=5\ne 0$.

Câu 21: Chọn D.

Ta có: $BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=2a$.

$\Rightarrow MN=a$, $MQ=2a$.

Gọi $E$, $F$ lần lượt là trung điểm $MN$ và $BC$.

$AF=a$, $EF=\frac{a}{2}\Rightarrow IF=\frac{3}{2}a$.

Vậy, thể tích cần tìm $V=\frac{1}{3}\pi .AF.F{{B}^{2}}+\pi .IF.I{{Q}^{2}}=\frac{1}{3}\pi .a.{{a}^{2}}+\pi .\frac{3}{2}a.{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}=\frac{17}{24}\pi {{a}^{3}}$ .

Câu 22: Chọn D.

Điều kiện : $n\ge 2$, $n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$.

$3C_{n+1}^{3}-3A_{n}^{2}=52\left( n-1 \right)$$\Leftrightarrow 3.\frac{\left( n+1 \right)!}{3!\left( n-2 \right)!}-3\frac{n!}{\left( n-2 \right)!}=52\left( n-1 \right)$$\Leftrightarrow \frac{\left( n-1 \right)n\left( n+1 \right)}{2}-3n\left( n-1 \right)=52\left( n-1 \right)$$\Leftrightarrow {{n}^{2}}+n-6n=104$$\Leftrightarrow {{n}^{2}}-5n-104=0$$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
n = 13\\
n =  - 8
\end{array} \right.$$\Leftrightarrow n=13$.

${{\left( {{x}^{3}}+2{{y}^{2}} \right)}^{13}}=$$\sum\limits_{0}^{13}{C_{13}^{k}{{\left( {{x}^{3}} \right)}^{13-k}}{{\left( 2{{y}^{2}} \right)}^{k}}}$$=\sum\limits_{0}^{13}{C_{13}^{k}{{2}^{k}}{{x}^{39-3k}}{{y}^{2k}}}$.

Ta có : $39-3k+2k=34$$\Leftrightarrow k=5$. Vậy hệ số $C_{13}^{5}{{2}^{5}}=$$41184$.

Câu 23: Chọn A.

Với $x\in \left( 0;\,\frac{\pi }{2} \right)$ thì $\cos x>0$, chia hai vế cho $\cos x$, ta được:

$3\sqrt{\tan x+1}\left( \sin x+2\cos x \right)=m\left( \sin x+3\cos x \right)$$\Leftrightarrow 3\sqrt{\tan x+1}\left( \tan x+2 \right)=m\left( \tan x+3 \right)$$\Leftrightarrow \frac{3\sqrt{\tan x+1}\left( \tan x+2 \right)}{\tan x+3}=m$.$\left( 1 \right)$

Đặt $t=\sqrt{\tan x+1}$, $x\in \left( 0;\,\frac{\pi }{2} \right)\Rightarrow t\in \left( 0;\,+\infty  \right)$.       Khi đó: $\left( 1 \right)$$\Leftrightarrow g\left( t \right)=\frac{3t\left( {{t}^{2}}+1 \right)}{{{t}^{2}}+2}=m$.$\left( 2 \right)$

Xét hàm $g\left( t \right)=\frac{3t\left( {{t}^{2}}+1 \right)}{{{t}^{2}}+2}$ trên $\left( 0;\,+\infty  \right)$.       ${g}'\left( t \right)=\frac{3{{t}^{4}}+15{{t}^{2}}+6}{{{\left( {{t}^{2}}+2 \right)}^{2}}}>0,\,\forall t>0$.

Suy ra để thỏa yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow m>g\left( 0 \right)=0$. Mà $\left\{ \begin{array}{l}
m \in Z\\
m \in \left[ { - 2018;2018} \right]
\end{array} \right.$. Suy ra $m=1;2;3;...;2018$.

Câu 24: Chọn A.

Chọn ra $2$ học sinh từ một tổ có $10$ học sinh và phân công giữ chức vụ tổ trưởng, tổ phó là một chỉnh hợp chập $2$ của 10 phần tử. Số cách chọn là $A_{10}^{2}$ cách.

Câu 25: Chọn A.

${{2}^{x}}{{.15}^{x+1}}={{3}^{x+3}}$$\Leftrightarrow $${{2}^{x}}{{.5}^{x+1}}={{3}^{2}}$ $\Leftrightarrow $ ${{10}^{x}}=\frac{9}{5}$$\Leftrightarrow $$x=\log \frac{9}{5}=\log 9-\log 5$ $\Leftrightarrow $$x=2\log 3-\log 5$.

Ta có $a=3,b=5$. Vậy $S={{2017.3}^{3}}-{{2018.5}^{2}}$ = $4009$.

Câu 26: Chọn B.

Dựa vào đồ thị ta thấy khi $x=0$ thì $y=0$ và khi $x=2$ thì $y=1$. Nên ta thấy đáp án B thỏa mãn.

Câu 27: Chọn A.

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn $\left[ 0;3 \right]$.

${f}'\left( x \right)=\frac{3}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}>0$,$\forall x\in \left[ 0;3 \right]$ nên $m=f\left( 0 \right)=-1$, $M=f\left( 3 \right)=\frac{5}{4}$$\Rightarrow $ $M-m=-\frac{9}{4}$.

Câu 28: Chọn A.

Gọi phương trình mặt cầu (S) có dạng: ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0$.

Vì (S) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nên ta có:

\[\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{2^2} + {0^2} + {0^2} - 2.a.2 - 2.b.0 - 2.c.0 + d = 0\\
{0^2} + {4^2} + {0^2} - 2.a.0 - 2.b.4 - 2.c.0 + d = 0\\
{0^2} + {0^2} + {6^2} - 2.a.0 - 2.b.0 - 2.c.6 + d = 0\\
{2^2} + {4^2} + {6^2} - 2.a.2 - 2.b.4 - 2.c.6 + d = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 - 4a + d =  - 4\\
 - 8b + d =  - 16\\
 - 12c + d =  - 36\\
 - 4a - 8b - 12c + d =  - 56
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 2\\
c = 3\\
d = 0
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y - 6z = 0 \Rightarrow I\left( {1;{\rm{ }}2;{\rm{ }}3} \right)
\end{array}\] và $R=\sqrt{14}$ .

$\Rightarrow $${R}'=2\sqrt{14}$ .

Vậy: mặt cầu $\left( {{S}'} \right)$ có tâm $I\left( 1;\text{ }2;\text{ }3 \right)$và ${R}'=2\sqrt{14}$:${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=56$.

Câu 29: Chọn C.

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
2x + 5 > 0\\
x - 1 > 0
\end{array} \right.$$\Leftrightarrow x>1$.

${{\log }_{2}}\left( 2x+5 \right)>{{\log }_{2}}\left( x-1 \right)$$\Leftrightarrow $ $2x+5>x-1$ $\Leftrightarrow $ $x>-6$.

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình: $S=\left( 1;+\infty  \right)$. Vậy trong tập $S$có $8$ phần tử là số nguyên dương bé hơn $10$.