Lời giải đề 8: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 trường THPT Phan Chu Trinh- Đắk Lắk lần 2 trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: Chọn D.

Dựa vào BBT. Hàm số có hai cực trị $Rightarrow A$ sai.

Hàm số có giá trị cực tiểu bằng $-1$$Rightarrow B$ sai.

Hàm số không có GTNN, GTLN$Rightarrow C$ sai.

Vậy hàm số đạt cực đại tại $x=0$ và đạt cực tiểu tại $x=1$.

Câu 2: Chọn C.

Phần ảo của số phức $z=2-3i$ là $-3$.

Câu 3: Chọn B.

$I=lim frac{2n-3}{2{{n}^{2}}+3n+1}$$=lim frac{{{n}^{2}}left$frac2n-frac3n^{2}right$}{{{n}^{2}}left$2+frac3n+frac1n^{2}right$} $$=lim frac{frac{2}{n}-frac{3}{{{n}^{2}}}}{2+frac{3}{n}+frac{1}{{{n}^{2}}}}$$ =0$.

Câu 4: Chọn A.

Ta có thể tích khối lăng trụ $V=Bh$.

Câu 5: Chọn D.

Ta có: $C_{n}^{k}=frac{n!}{k!left$n-kright$!}$.

Câu 6: Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy trên khoảng $left$0;3right$$ hàm số sẽ đồng biến trên khoảng $left$0;1right$$ và $left$2;3right$$.

Câu 7: Chọn A.

Diện tích $S$ của hình phẳng là $S=intlimits_{a}^{b}{left| fleft$xright$ right|}text{d}x$.

Câu 8: Chọn C.

Đặt $left{ begin{array}{l}
u = ln x Rightarrow {rm{d}}u = frac{1}{x}{rm{d}}x\
{rm{d}}v = x{rm{d}}x Rightarrow v = frac{{{x^2}}}{2}
end{array} right.$.

$Rightarrow I=left. frac{1}{2}{{x}^{2}}ln x right|_{text{1}}^{text{e}}-frac{1}{2}intlimits_{1}^{text{e}}{xtext{d}x} $$left. =frac{1}{2}{{x}^{2}}ln x right|_{text{1}}^{text{e}}-frac{1}{4}left. {{x}^{2}} right|_{text{1}}^{text{e}}$$ =frac{1}{2}{{text{e}}^{2}}-frac{1}{4}left${texte}^2-1right$ $$=frac{1}{4}{{text{e}}^{2}}+frac{1}{4}$$ =frac{{{text{e}}^{2}}+1}{4}$.

Câu 9: Chọn A.

Câu 10: Chọn B.

Hàm số $y={{a}^{x}}$ nghịch biến trên $mathbb{R}$ khi và chỉ khi $0<a<1$.

Câu 11: Chọn D.

Dựa vào đồ thị thấy có đường tiệm cận đứng $x=-1$, đường tiệm cận ngang $y=2$ nên chọn phương án D.

Câu 12: Chọn A.

Ta có: ${{9}^{sqrt{x-1}}}={{text{e}}^{ln 81}} $$Leftrightarrow {{9}^{sqrt{x-1}}}={{9}^{2}}$$ Leftrightarrow x-1=4$$Leftrightarrow x=5$.

Câu 13: Chọn A.

Câu 14: Chọn D.

Ta có $S=4pi {{R}^{2}}=100pi ,left$textc{textm}^{2}right$Leftrightarrow R=5left$textcmright$$.

Câu 15: Chọn C.

Ta có phương trình đoạn chắn của mặt phẳng $left$MNPright$$ là: $frac{x}{2}+frac{y}{1}+frac{z}{2}=1$.

Câu 16: Chọn A.

$D=mathbb{R}backslash left{ 1 right}$.

$underset{xto {{1}^{+}}}{mathop{lim }},y $$=underset{xto {{1}^{+}}}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}+3x+2}{x-1}$$ =+infty $$Rightarrow $ đường thẳng $x=1$ là tiệm cận đứng.

Câu 17: Chọn C.

${{M}_{1}}left$x;,y;,zright$$ là hình chiếu vuông góc của điểm $M$ lên trục $Oz$.

$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
x = y = 0\
z =  – 1
end{array} right.$.

$Rightarrow {{M}_{1}}left$0;,0;,-1right$$.

Câu 18: Chọn D.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$.

Ta có: $left{ begin{array}{l}
BO bot AC\
BO bot SA
end{array} right.$$Rightarrow BObot left$SACright$$.

$Rightarrow dleft$B,left(SACright$ right) $$=BO$$ =frac{asqrt{2}}{2}$.

Câu 19: Chọn B.

Hàm số $y={{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+x-2$ liên tục trên đoạn $left$$0;,2right$$$.

Ta có: ${y}’=3{{x}^{2}}-4x+1$.

$y’ = 0 Leftrightarrow left$$beginarraylx=1,inleft[0;,2right$$\
x = frac{1}{3}, in left$$0;,2right$$ end{array} right.$.

$yleft$0right$=-2$; $yleft$frac13right$=-frac{50}{27}$; $yleft$1right$=-2$; $yleft$2right$=0$.

Vậy $underset{left$$0;,2right$$}{mathop max ,},=yleft$2right$=0$.

Câu 20: Chọn A.

Bất phương trình $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x + 1 > 2x – 1\
2x – 1 > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x < 2\
x > frac{1}{2}
end{array} right.$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=left$frac12;,2right$$.

Câu 21: Chọn C.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh $a$ là $R=frac{asqrt{3}}{3}$.

Chiều cao khối trụ bằng chiều cao khối lăng trụ bằng $h$.

Thể tích khối trụ là: $V=pi {{R}^{2}}h$$Rightarrow V=pi {{left$fracsqrt3a3right$}^{2}}h=frac{pi {{a}^{2}}h}{3}$.

Câu 22: Chọn B.

Ta có ${{left| {{z}_{1}} right|}^{2}}+{{left| {{z}_{2}} right|}^{2}}={{left$sqrt{left(-1right)}^2+2^{2}right$}^{2}}+{{left$sqrt{left(-1right)}^2+{left(-2right)}^{2}right$}^{2}}=10$.

Câu 23: Chọn D.

Ta có $overrightarrow{BC}=left$-1;,-2;,-5right$$.

Mặt phẳng $left$Pright$$ vuông góc với đường thẳng $BC$có véc tơ pháp tuyến cùng phương với $overrightarrow{BC}$ nên ${{overrightarrow{n}}_{left$Pright$}}=left$1;,2;,5right$$. Phương trình mặt phẳng $left$Pright$$ có dạng: $x-2+2left$y+1right$+5left$z-1right$=0$

$Rightarrow left$Pright$:x+2y+5z-5=0$.

Câu 24: Chọn D.

Ta có $BD=asqrt{2}$$Rightarrow OD=frac{asqrt{2}}{2}$.

Xét tam giác $SOD$vuông tại $O$ có: $SO=sqrt{S{{D}^{2}}-O{{D}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}-{{left$fracasqrt22right$}^{2}}}=frac{asqrt{2}}{2}$.

Kẻ $MHbot BD$ tại $H$nên $left$BM;,left(ABCDright$ right)=widehat{MBH}$

Do $MHbot BD$$Rightarrow MH,text{//},SO$. Ta có $frac{MH}{SO}=frac{MD}{SD}=frac{HD}{OD}=frac{1}{3}$.

$Rightarrow MH=frac{SO}{3}=frac{asqrt{2}}{6}$ và $HD=frac{1}{3}OD=frac{asqrt{2}}{6}$$Rightarrow BH=BD-HD=asqrt{2}-frac{asqrt{2}}{6}=frac{5asqrt{2}}{6}$.

Xét tam giác $BHM$vuông tại $H$ có:

$tan left$BM;,left(ABCDright$ right)=widehat{MBH}=frac{MH}{BH}$$Rightarrow tan left$BM;,left(ABCDright$ right)=frac{1}{5}$.

Câu 25: Chọn D.

Ta có tứ giác $AM{C}’P$ là hình bình hành nên $AP,text{//},M{C}’$ $Rightarrow left$widehatMN,APright$=left$widehatMN,M{C}^{\prime }right$=widehat{NM{C}’}$.

Gọi cạnh hình vuông có độ dài bằng $a$.

Xét tam giác ${C}’CM$vuông tại $C$ có ${C}’M=sqrt{{C}'{{C}^{2}}+M{{C}^{2}}}=sqrt{{C}'{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}+M{{B}^{2}}}=frac{3a}{2}$.

Xét tam giác ${C}’CN$vuông tại $C$ có ${C}’N=sqrt{{C}'{{C}^{2}}+C{{N}^{2}}}=frac{sqrt{5}a}{2}$.

Mà $MN=frac{AC}{2}=frac{asqrt{2}}{2}$.

Xét tam giác ${C}’CM$ có $text{cos}widehat{NM{C}’}=frac{M{{{{C}’}}^{2}}+M{{N}^{2}}-{C}'{{N}^{2}}}{2M{C}’.MN}=frac{sqrt{2}}{2}$

$Rightarrow widehat{NM{C}’}=45{}^circ $$Rightarrow left$widehatMN,APright$=45{}^circ $.

Câu 26: Chọn C.

Với điều kiện $nge 3,$$nin mathbb{N}$, ta có

$begin{array}{l}
C_n^3 + 2n = A_{n + 1}^2 Leftrightarrow frac{{nleft$n–1right$left$n–2right$}}{{3!}} + 2n = left$n+1right$n Leftrightarrow left$n–1right$left$n–2right$ + 12 = 6left$n+1right$\
 Leftrightarrow {n^2} – 9n + 8 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
n = 1,$rmloai$\
n = 8,$rmt/m$
end{array} right.
end{array}$

Với $n=8$, ta có số hạng thứ $k+1$ trong khai triển ${{left$2x-frac3sqrt[3]xright$}^{16}}$là

$C_{16}^{k}{{left$2xright$}^{16-k}}{{left$-frac3sqrt[3]xright$}^{k}}$$=C_{16}^{k}{{2}^{16-k}}{{left$-3right$}^{k}}{{x}^{16-frac{4}{3}k}}$.

Theo đề bài ta cần tìm $k$ sao cho $16-frac{4}{3}k=0$ $Leftrightarrow k=12$.

Do đó số hạng không chứa $x$ trong khai triển là $C_{16}^{12}{{.2}^{4}}{{.3}^{12}}$.

Câu 27: Chọn C.

Ta có $fleft$xright$-1=m$$Leftrightarrow fleft$xright$=m+1$.

Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có đúng hai nghiệm thì $left[ begin{array}{l}
m + 1 =  – 1\
m + 1 > 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m =  – 2\
m >  – 1
end{array} right.$

Câu 28: Chọn B.

Ta có $widehat{BCD}=widehat{BAD}=60{}^circ $, do đó tam giác $BCD$ đều cạnh $a$.

Gọi $J$ là trung điểm của $CD$, khi đó $BJbot CD$ và $BJ=frac{asqrt{3}}{2}$.

Gọi $I$ là trung điểm của $DJ$, suy ra $OItext{//}BJ$, do đó $OIbot CD$.

Theo định lí ba đường vuông góc suy ra $CDbot SI$.

Ta có $left$SCDright$cap left$ABCDright$=CD$;

Trong $left$SCDright$$ có $SIbot CD$; trong $left$ABCDright$$ có $OIbot CD$

Suy ra góc giữa $left$SCDright$$ và $left$ABCDright$$ là $widehat{SIO}=60{}^circ $.

Trong tam giác $SOI$ vuông tại $O$, có $widehat{SIO}=60{}^circ $, $OI=frac{1}{2}BJ $$=frac{asqrt{3}}{4}$, do đó $SO=OI.tan 60{}^circ$$ =frac{asqrt{3}}{4}.sqrt{3}$$=frac{3a}{4}$.

Diện tích mặt đáy ${{S}_{ABCD}}=2{{S}_{BCD}} $$=2frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$$ =frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{2}$.

Thể tích khối chóp là ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}$ $=frac{1}{3}.frac{3a}{4}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{2}$$=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{8}$.

Câu 29: Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là số cách lấy $5$ viên bi trong $18$ viên bi, $left| Omega  right|=C_{18}^{5}$.

Gọi $A$ là biến cố: “$5$ viên bi được chọn có đủ ba màu và số bi đỏ bằng số bi vàng”.

+ Số cách lấy $1$ viên bi xanh, $2$ viên bi đỏ, $2$ viên bi vàng là $C_{5}^{1}.C_{6}^{2}.C_{7}^{2}$.

+ Số cách lấy $3$ viên bi xanh, $1$ viên bi đỏ, $1$ viên bi vàng là $C_{5}^{3}.C_{6}^{1}.C_{7}^{1}$.

Số phần tử của biến cố $A$: $C_{5}^{1}.C_{6}^{2}.C_{7}^{2}+C_{5}^{3}.C_{6}^{1}.C_{7}^{1}$.

Xác suất $Pleft$Aright$=frac{C_{5}^{1}.C_{6}^{2}.C_{7}^{2}+C_{5}^{3}.C_{6}^{1}.C_{7}^{1}}{C_{18}^{5}}$$=frac{95}{408}$