Lời giải đề 8: Đề thi thử THPTQG môn Toán Sở GD & ĐT Quảng Ninh năm 2018-2019 lần 1- trang 2

Câu 31.Chọn A

$underset{xto {{2}^{2018}}}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}-{{4}^{2018}}}{x-{{2}^{2018}}}$=$underset{xto {{2}^{2018}}}{mathop{lim }},frac{$x-2^{2018}$$x+2^{2018}$}{$x-2^{2018}$}=underset{xto {{2}^{2018}}}{mathop{lim }},$x+2^{2018}$={{2}^{2019}}.$

Câu 32.Chọn C

Giả sử thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân tại $A$ nên $AB=AC$.

Đặt $AB=x$. Áp dụng định lý pitago vào tam giác $ABC$ ta có:

${{x}^{2}}+{{x}^{2}}={{a}^{2}}$$Leftrightarrow 2{{x}^{2}}={{a}^{2}}Leftrightarrow {{x}^{2}}=frac{{{a}^{2}}}{2}Leftrightarrow x=frac{a}{sqrt{2}}$.

Dễ thấy $R=frac{a}{2}$; $l=AB=frac{a}{sqrt{2}}$.

Áp dụng công thức ${{S}_{xq}}=pi Rl=frac{pi {{a}^{2}}sqrt{2}}{4}$.

Câu 33.Chọn D

Dựa vào đồ thị ta có: Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt thì

$0<{{4}^{m+2{{log }_{4}}sqrt{2}}},<2 $$Leftrightarrow ,m+2{{log }_{4}}sqrt{2},<frac{1}{2},$$ Leftrightarrow m,<0.$

Câu 34.Chọn C

Đặt ${{log }_{2}}left$b_{1}right$={{a}_{1}};,,{{log }_{2}}left$b_{2}right$={{a}_{2}}$. Do ${{b}_{2}}>{{b}_{1}}ge 1$ nên: ${{a}_{2}}>{{a}_{1}}ge 0$.

$fleft${log}_{2}left(b_{2}right$ right)+2=fleft${log}_{2}left(b_{1}right$ right)Leftrightarrow fleft$a_{2}right$+2=fleft$a_{1}right$,,,left$\ast right$$.

Lập bảng biến thiên của hàm số $fleft$xright$={{x}^{3}}-3x$ trên $left[ 0;,+infty  right)$.

Xét 2 trường hợp:

Trường hợp 1: Nếu ${{a}_{1}}>1Rightarrow {{a}_{2}}>1$. Hàm số $fleft$xright$={{x}^{3}}-3x$ đồng biến trên $left$1;,+inftyright$$

$Rightarrow {{a}_{2}}>{{a}_{1}}Leftrightarrow fleft$a_{2}right$>fleft$a_{1}right$Rightarrow ,,left$\ast right$$ vô lý.

Trường hợp 2: Nếu $0le {{a}_{1}}le 1Rightarrow fleft$a_{1}right$le 0$. Từ $left$\ast right$,Rightarrow $$fleft$a_{2}right$+2le 0Leftrightarrow {{a}_{2}}^{3}-3{{a}_{2}}+2le 0$

$Leftrightarrow {{left$a_2-1right$}^{2}}left$a_2+2right$le 0Leftrightarrow {{a}_{2}}=1$ $do\$a_2+2>0,,,forall{a}_2>0\$$.

Với ${{a}_{2}}=1Rightarrow fleft$a_{2}right$=-2Rightarrow fleft$a_{1}right$=fleft$a_{2}right$+2=0$

$Leftrightarrow {{a}_{1}}^{3}-3{{a}_{1}}=0Leftrightarrow {{a}_{1}}=0$ $do\$0le{a}_{1}le{a}_{2}le1\$$

Ta có: $left{ begin{array}{l}
{a_1} = 0\
{a_2} = 1
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
{log _2}left$b_{1}right$ = 0\
,{log _2}left$b_{2}right$ = 1
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
{b_1} = 1\
,{b_2} = 2
end{array} right.$

Gọi $q$ là công bội của cấp số nhân $left$b_{n}right$,,Rightarrow q=frac{{{b}_{2}}}{{{b}_{1}}}=2Rightarrow {{b}_{n}}={{b}_{1}}.{{q}^{n-1}}={{2}^{n-1}}$.

${{b}_{n}}>{{5}^{100}}Rightarrow {{2}^{n-1}}>{{5}^{100}}Leftrightarrow n-1>{{log }_{2}}{{5}^{100}}Rightarrow n>1+100{{log }_{2}}5$.

Số tự nhiên $n$ bé nhất thỏa mãn $n>1+100{{log }_{2}}5$ là 234.

Câu 35.Chọn C

Số hạng tổng quát của khai triển:

${{T}_{k+1}}=C_{10}^{k}{{left$x^{2}right$}^{10-k}}{{left$frac2xright$}^{k}}=C_{10}^{k}{{2}^{k}}{{x}^{20-3k}},,,,left$0lekle10,,kinNuright$$.

Số hạng chứa ${{x}^{2}}$ ứng với: $20-3k=2Leftrightarrow k=6,$ $nhận$.

Hệ số cần tìm là: ${{2}^{6}}C_{10}^{6}=13440$.

Câu 36.Chọn D

Từ đồ thị hàm số suy ra hàm số có 3 điểm cực tiểu trên khoảng $left$a;bright$$.

Câu 37. Chọn D

Cấp số cộng $left$u_{n}right$$ có ${{u}_{1}}=3$ và công sai $d=7$ thì có số hạng tổng quát ${{u}_{n}}={{u}_{1}}+left$n-1right$d=3+7left$n-1right$=7n-4$.

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

Mà $n$ nguyên dương nên $nge 289$

Vậy kể từ số hạng thứ $289$ trở đi thì các số hạng của $left$u_{n}right$$ đều lớn hơn $2018$.

Câu 38.Chọn A

Hàm số $fleft$xright$=left$x-6right$sqrt{{{x}^{2}}+4}$ xác định và liên tục trên đoạn $left$$0,;,3right$$$.

${f}’left$xright$=sqrt{{{x}^{2}}+4}+left$x-6right$,.,frac{x}{sqrt{{{x}^{2}}+4}}=frac{{{x}^{2}}+4+left$x-6right$x}{sqrt{{{x}^{2}}+4}}=frac{2{{x}^{2}}-6x+4}{sqrt{{{x}^{2}}+4}}$

$f’left$xright$ = 0 Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{c}}
{x = 1 in left$$0,;,3right$$}\
{x = 2 in left$$0,;,3right$$}
end{array}} right.$

$fleft$0right$=-12,;,fleft$3right$=-3sqrt{13},;,fleft$1right$=-5sqrt{5},;,fleft$2right$=-8sqrt{2}$

Suy ra $underset{left$$0,;,3right$$}{mathop{text{max}}},y=M=-3sqrt{13}$ và $underset{left$$0,;,3right$$}{mathop{min }},y=m=-12$

$M+m=-12-3sqrt{13}=a-bsqrt{c}$ với $a$ là số nguyên và $b,,,c$ là các số nguyên dương nên $a=-12,;,b=3,;,c=13$. Do đó $S=a+b+c=4$.

Câu 39.Chọn A

Gọi $x$là bán kính hình cầu.

Ta có ${{l}_{tru}}=2{{d}_{cau}}=4{{R}_{cau}}=4{{R}_{tru}}=4x$

Thể tích của bể nước là $V={{V}_{tru}}+{{V}_{cau}}=pi {{R}^{2}}_{tru}.{{l}_{tru}}+frac{4}{3}pi {{R}^{3}}_{cau}=pi {{x}^{2}}.4x+frac{4}{3}pi {{x}^{3}}=frac{128pi }{3}$

 $Rightarrow {{x}^{3}}=8Leftrightarrow x=2.$

Diện tích xung quanh của bể nước là

 $S=2pi {{R}_{tru}}.{{l}_{tru}}+4pi {{R}^{2}}_{cau}=2pi .2.8+4pi {{.2}^{2}}=48pi $m^2$.$

Câu 40.Chọn C

Hình lập phương có thể tích bằng $64{{a}^{3}}$, suy ra cạnh hình lập phương là $4a$.

Khối cầu nội tiếp hình lập phương có bán kính bằng $frac{1}{2}$ cạnh hình lập phương.

$Rightarrow R=2a$. Vậy $V={{V}_{k/c}}=frac{4}{3}pi {{R}^{3}}=frac{32pi {{a}^{3}}}{3}$.

Câu 41.Chọn B

TXĐ: $D=mathbb{R}backslash left{ -2 right}$.

${y}’=frac{2-m}{{{left$x+2right$}^{2}}}$.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $left$0;+inftyright$$$Leftrightarrow {y}’>0$, $forall xin left$0;+inftyright$$

$Leftrightarrow 2-m>0$ $Vì\$-2notinleft(0;+inftyright$$) $Leftrightarrow m<2$ hay $min left$-infty;2right$$.

Câu 42.Chọn C

Ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm $left$0,;,1right$$ nên chỉ có đáp án C là phù hợp.

Câu 43.Chọn A

Ta thấy

$int{left${tan}^{2}x+2right$text{dx}}=int{left$frac1{cos}^{2}x+1right$text{dx}}$$=tan x+x+C$.

$int{left$frac2{cos}^{2}xright$text{dx}}=2tan x+C$

$int{left${tan}^{2}x+1right$text{dx}}=int{frac{1}{{{cos }^{2}}x}text{dx}}$$=tan x+C$

Câu 44.Chọn C

Đồ thị hàm số đi qua điểm $left$1,;,0right$$ suy ra $a+b+c+d=0$ hay $S=a+b+c+d=0$. 

Câu 45.Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt giá trị cực đại tại $x=0$, giá trị cực đại ${{y}_{C}}=4$.

Câu 46.Chọn B

Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Do tam giác $SAB$ đều nên $SHbot AB$.

Lại có: $mpleft$SABright$$ vuông góc $mpleft$ABCDright$$ theo giao tuyến $AB$ nên$SHbot left$ABCDright$$.

Gọi $E$ là trung điểm $AD$.

Ta có: $AECB$ là hình vuông cạnh $a$, $ECD$ là tam giác vuông cân tại $E$.

Ta thấy: tam giác $ACD$ có trung tuyến $CE$ bằng nửa cạnh đối diện $AD$ nên tam giác

$ACD$ vuông tại $C$ mà $AC=CD=asqrt{2}$ nên tam giác $ACD$ vuông cân tại $C$.

Thể tích khối chóp $S.ACD$  là: $V=frac{1}{3}SH.{{S}_{ACD}}=frac{1}{3}.frac{asqrt{3}}{2}.frac{1}{2}{{left$asqrt2right$}^{2}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{6}$ .

Câu 47.Chọn A

Dựng hình bình hành ${B}'{C}’BD$, suy ra $B{C}’,text{//},D{B}’$, do đó góc giữa hai đường thẳng $A{B}’$ và $B{C}’$ bằng góc giữa hai đường thẳng $A{B}’$ và $D{B}’$.

Xét tam giác $ACD$  có trung tuyến $AB$ bằng nửa cạnh đối diện $CD$ nên $vartriangle ACD$ vuông tại $A$.

$AD=sqrt{D{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=sqrt{16{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}}=2asqrt{3}$.

Lại do $ABC.{A}'{B}'{C}’$ là lăng trụ tam giác đều nên $A{B}’=B{C}’$ hay  $A{B}’=D{B}’$$Rightarrow vartriangle {B}’DA$  cân tại ${B}’$, mà $left$A{B}^{\prime },D{B}^{\prime }right$={{60}^{text{o}}}$ nên tam giác ${B}’DA$ đều cạnh bằng $2asqrt{3}$.

$B{B}’=sqrt{A{{{{B}’}}^{2}}-A{{B}^{2}}}=sqrt{12{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}}=2asqrt{2}$ .

Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ đã cho: $V=B{B}’.{{S}_{ABC}}=2asqrt{2}.frac{{{left$2aright$}^{2}}sqrt{3}}{4}=2sqrt{6}{{a}^{3}}$.

Câu 48.Chọn B

Tập xác định $D=Rbackslash left{ -2 right}$

${y}’=frac{4}{{{$x+2$}^{2}}}$ , $M$x_0;frac2x_0{x}_0+2$$

Phương trình tiếp tuyến tại M là $y=frac{4}{{{$x_0+2$}^{2}}}$x-x_0$+frac{2{{x}_{0}}}{{{x}_{0}}+2}Leftrightarrow 4x-{{$x_0+2$}^{2}}y+2x_{0}^{2}=0$

Khoảng cách từ I đến tiếp tuyến là

$d=frac{left| 4$-2$-{{$x_0+2$}^{2}}.2+2x_{0}^{2} right|}{sqrt{{{4}^{2}}+{{$x_0+2$}^{4}}}}=frac{left| -8{{x}_{0}}-16 right|}{sqrt{{{4}^{2}}+{{$x_0+2$}^{4}}}}$

Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có $frac{left| -8{{x}_{0}}-16 right|}{sqrt{{{4}^{2}}+{{$x_0+2$}^{4}}}}le frac{8left| {{x}_{0}}+2 right|}{sqrt{8{{$x_0+2$}^{2}}}}=2sqrt{2}$

Dấu bằng xảy ra khi ${{$x_0+2$}^{2}}=4$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_0} = 0\
{x_0} =  – 4
end{array} right.$

. Vì ${{x}_{0}}ne 0$ nên ${{x}_{0}}=-4$.

$Rightarrow {{y}_{0}}=4$ $Rightarrow 2{{x}_{0}}+{{y}_{0}}=-4$

Câu 49 .Chọn B

Trong mặt phẳng $$ABCD$$: $ACcap BD=left{ O right}Rightarrow SObot $ABCD$$

Xét $Delta SAO$ vuông tại $O$có: $SO=sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}-{{left$fracasqrt22right$}^{2}}}=frac{asqrt{2}}{2}$.

Kẻ $MIbot BD$ tại $I$. Suy ra: $MIparallel SO$ nên  $MIbot $ABCD$$.

Vậy góc giữa $BM$và mặt phẳng $$ABCD$$ là góc $widehat{MBI}$.

Ta có:  $MI=frac{1}{3}SO=frac{asqrt{2}}{6}$;  $BI=frac{5}{6}BD=frac{5sqrt{2}a}{6}$.

Xét $Delta MBI$ vuông tại I ta có: $tan widehat{MBI}=frac{MI}{BI}=frac{1}{5}$.

Vậy giá trị $tan $của góc giữa $BM$và mặt phẳng $$ABCD$$ là $frac{1}{5}$.

Câu 50.Chọn B

Điều kiện xác định: $xge 1$

${{9}^{sqrt{x-1}}}={{e}^{ln 81}}Leftrightarrow {{9}^{sqrt{x-1}}}=81Leftrightarrow sqrt{x-1}=2Leftrightarrow x=5$

Vậy phương trình có nghiệm $x=5$