Lời giải đề 9: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 cụm 5 THPT chuyên Đồng bằng sông Hồng - lần 1 trang 1

Đáp án

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt $t=u\left( x \right)$

Cách giải:

Đặt $t=u\left( x \right)\Rightarrow dt=u'\left( x \right)dx.$ Đổi cận $\left\{ \begin{array}{l}
x = a \Rightarrow t = u\left( a \right)\\
x = b \Rightarrow t = u\left( b \right)
\end{array} \right.$ 

$I=\int\limits_{a}^{b}{f\left( u\left( x \right) \right)u'\left( x \right)dx}=\int\limits_{u\left( a \right)}^{u\left( b \right)}{f\left( t \right)dt}=\int\limits_{u\left( a \right)}^{u\left( b \right)}{f\left( u \right)du}$

Câu 2: Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng các công thức $C_{n}^{k}=\frac{n!}{k!\left( n-k \right)!};A_{n}^{k}=\frac{n!}{\left( n-k \right)!}$

Cách giải: ĐK $n\ge 2$

$C_{n}^{2}+A_{n}^{2}=9n\Leftrightarrow \frac{n!}{2!\left( n-2 \right)!}+\frac{n!}{\left( n-2 \right)!}=9n\Leftrightarrow \frac{3}{2}n\left( n-1 \right)=9n\Leftrightarrow n-1=6\Leftrightarrow n=7$

Câu 3: Đáp án D

Phương pháp: ${{V}_{non}}=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h$ trong đó R; h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối nón.

Cách giải: Ta có $R=\frac{a\sqrt{6}}{2}=h\Rightarrow V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}h=\frac{\pi {{a}^{3}}\sqrt{6}}{4}$

Câu 4: Đáp án D

Phương pháp: Giả sử đường thẳng $\left( d \right)$cắt trục Oz tại điểm $B\left( 0;0;b \right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}\bot {{\overrightarrow{n}}_{P}}$

Cách giải:

Giả sử đường thẳng $\left( d \right)$cắt trục Oz tại điểm $B\left( 0;0;b \right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}\left( -1;-2;b-3 \right)$

$\begin{array}{l}
d//\left( P \right) \Leftrightarrow {\overrightarrow u _d} \bot {\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = \left( {2;1; - 4} \right)\\
 \Rightarrow  - 2 - 2 - 4\left( {b - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow  - 4b + 8 = 0 \Leftrightarrow b = 2 \Rightarrow B\left( {0;0;2} \right)\\
 \Rightarrow \overrightarrow {AB} \left( { - 1; - 2; - 1} \right) =  - \left( {1;2;1} \right)
\end{array}$ 

Câu 5: Đáp án D

Phương pháp:

Nếu $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=a$ hoặc $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=a\Rightarrow $Đồ thị hàm số có hai TCN là $y=a.$

Nếu $\underset{x\to {{x}_{0}}^{+}}{\mathop{\lim }}\,y=\infty ;\underset{x\to {{x}_{0}}^{-}}{\mathop{\lim }}\,y=\infty \Rightarrow $Đồ thị hàm số có hai TCĐ là $x={{x}_{0}}.$

Cách giải: TXĐ: $D=R\backslash \left\{ -2 \right\}$

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=3;\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=-3\Rightarrow $Đồ thị hàm số có hai TCN là $y=3$và $y=-3$

$\underset{x\to {{\left( -2 \right)}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty ;\underset{x\to {{\left( -2 \right)}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty \Rightarrow $Đồ thị hàm số có hai TCĐ là$x=-2$

Câu 6: Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng khai triển nhị thức Newton: ${{\left( a+b \right)}^{n}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}{{a}^{n}}{{b}^{n-k}}}$

Cách giải: $P\left( x \right)={{\left( x+1 \right)}^{20}}=\sum\limits_{k=0}^{20}{C_{20}^{k}.{{x}^{k}}.}$

Để tìm hệ số của ${{x}^{7}}$ta cho $k=7$, khi đó hệ số của${{x}^{7}}$là $C_{20}^{7}$

Câu 7: Đáp án B

Phương pháp: ${{z}_{1}}={{a}_{1}}+{{b}_{1}}i;{{z}_{2}}={{a}_{2}}+{{b}_{2}}i\Rightarrow {{z}_{1}}+{{z}_{2}}=\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}} \right)+\left( {{b}_{1}}+{{b}_{2}} \right)i$

Cách giải: ${{z}_{1}}+{{z}_{2}}=\left( 2+3i \right)+\left( -4-5i \right)=-2-2i$

Câu 8: Đáp án D

Phương pháp:

Sử dụng công thức tổng quát của CSC ${{u}_{n}}={{u}_{1}}+\left( n-1 \right)d$ và tính chất của CSN ${{u}_{n-1}}{{u}_{n+1}}=u_{n}^{2}$

Cách giải:

a, b, c lần lượt là số thứ nhất, thứ tư và thứ tám của một cấp số cộng công sai là $s\ne 0$ nên ta có $\left\{ \begin{array}{l}
b = a + 3s\\
c = a + 7s
\end{array} \right.$ a, b, c  theo thứ tự tạo thành một cấp số nhân với công bội khác 1 nên ta có

$ac={{b}^{2}}\Leftrightarrow a\left( a+7s \right)={{\left( a+3s \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}+7as={{a}^{2}}+6as+9{{s}^{2}}\Leftrightarrow 9{{s}^{2}}=a\,s\Leftrightarrow 9s=a\Leftrightarrow \frac{a}{s}=9$

Câu 9: Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng công thức $\int{\frac{1}{{{\left( a\,x+b \right)}^{2}}}}=-\frac{1}{a\left( a\,x+b \right)}+C$

Cách giải: $\int{\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}dx}=\frac{-1}{x+1}+C$

Câu 10: Đáp án D

Phương pháp:  $\left[ {{\log }_{a}}u \right]'=\frac{u'}{u\ln a}$

Cách giải: $y'=\frac{1}{\left( x-1 \right)\ln 2}$

Câu 11: Đáp án B

Phương pháp: ${{a}^{x}}=b\Leftrightarrow x={{\log }_{a}}b$

Cách giải: ${{2}^{x}}=7\Leftrightarrow x={{\log }_{2}}7$

Câu 12: Đáp án C

Phương pháp: $\overrightarrow a \left( {{x_1};{y_1};{z_1}} \right),\overrightarrow b \left( {{x_2};{y_2};{z_2}} \right)\overrightarrow a .\overrightarrow b  = {x_1}.{x_2} + {y_1}.{y_2} + {z_1}.{z_2}$

Cách giải: $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=x.1+2.\left( -1 \right)+1.2x=3x-2$

Câu 13: Đáp án B

Phương pháp : Đưa về cùng cơ số.

Cách giải :

$\begin{array}{l}
{\left( {\frac{1}{{125}}} \right)^{{a^2} + 4ab}} = {\left( {\sqrt[3]{{625}}} \right)^{3{a^2} - 10ab}} \Leftrightarrow {\left( {{5^{ - 3}}} \right)^{{a^2} + 4ab}} = {\left( {{5^{\frac{4}{3}}}} \right)^{3{a^2} - 10ab}}\\
 \Leftrightarrow {5^{ - 3{a^2} - 12ab}} = {5^{4{a^2} - \frac{{10}}{3}ab}} \Leftrightarrow  - 3{a^2} - 12ab = 4{a^2} - \frac{{40}}{3}ab \Leftrightarrow 7{a^2} = \frac{4}{3}ab \Leftrightarrow \frac{a}{b} = \frac{4}{{21}}
\end{array}$ 

Câu 14: Đáp án C

Phương pháp : Thay tọa độ các điểm vào hàm số.

Cách giải :

Ta thấy ${{\left( -1 \right)}^{4}}-2{{\left( -1 \right)}^{2}}-1=-2\ne 2\Rightarrow \left( -1;2 \right)$ không thuộc đồ thị hàm số$y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}-1$

Câu 15: Đáp án A

Phương pháp :

Tìm nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình ${{z}^{2}}-z+1=0$ bằng MTCT.

Cách giải:

Sử dụng MTCT ta tính được nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình trên là

$z = \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{1}{2}\\
b = \frac{{\sqrt 3 }}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow a + \sqrt 3 b = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} = 2$ 

Câu 16: Đáp án C

Phương pháp: $\int{\sin \left( a\,x+b \right)dx}=-\frac{1}{a}c\text{os}\left( a\,x+b \right)+C$

Cách giải: $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \left( \frac{\pi }{4}-x \right)dx}=\left. c\text{os}\left( \frac{\pi }{4}x \right) \right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}=0$

Câu 17: Đáp án A

Phương pháp:

Mặt cầu có đường kính AB nhận trung điểm của AB làm tâm và có bán kính $R=\frac{AB}{2}.$

Cách giải: Gọi I là trung điểm của AB ta có $I\left( 1;1;1 \right),AB=\sqrt{{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{0}^{2}}+{{2}^{2}}}=2\sqrt{2}$

Vậy mặt cầu đường kính AB có tâm $I\left( 1;1;1 \right)$và bán kính $R=\frac{AB}{2}=\sqrt{2}$

$\Rightarrow pt:{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=2$

Câu 18: Đáp án A

Phương pháp: Hàm số $y=f\left( x \right)$nghịch biến trên $\left( a;b \right)\Leftrightarrow f'\left( x \right)<0\forall x\in \left( a;b \right)$

Cách giải : Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left( -\infty ;0 \right)$ và $\left( 0;2 \right)$

Câu 19: Đáp án B

Phương pháp:

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình $f\left( x \right)=1$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$và đường thẳng$y=1$

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng $y=1$ cắt đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$tại 1 điểm duy nhất. Do đó $f\left( x \right)=1$có 1 nghiệm.

Câu 20: Đáp án C

Phương pháp: Suy luận từng đáp án.

Cách giải:

A đúng.

Ta có $IO//SA\Rightarrow IO//\left( SAB \right)$và $IO//\left( SAD \right)\Rightarrow B,D$đúng.

Mặt phẳng $\left( IBD \right)$ cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện chính là tam giác IBD. C sai.

Câu 21: Đáp án C

Phương pháp: Tìm các điểm cực trị của hàm số.

Cách giải: TXĐ:$D=R$

Ta có: $y'=-3{{x}^{2}}+3=0\Leftrightarrow x=\pm 1$

Vì $a =  - 1 < 0 \Rightarrow {x_{CD}} < {x_{CT}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_{CD}} = {x_1} =  - 1\\
{x_{CT}} = {x_2} = 1
\end{array} \right. \Rightarrow {x_1} + 2{x_2} = 1$ 

Câu 22: Đáp án D

Phương pháp :

Gọi $\left( Q \right):x+y+z+a=0\left( a\ne 3 \right)$ là mặt phẳng song song với mặt phẳng (P).

Sử dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng.

Cách giải :

Gọi $\left( Q \right):x+y+z+a=0\left( a\ne 3 \right)$là mặt phẳng song song với mặt phẳng (P).

$d\left( {M;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {6 + a} \right|}}{{\sqrt 3 }} = 3\sqrt 3  \Leftrightarrow \left| {6 + a} \right| = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 3\left( {ktm} \right)\\
a =  - 15
\end{array} \right.$

Với $a=-15\Rightarrow \left( Q \right):x+y+z-15=0$

$X\left( a;b;c \right)\in \left( Q \right)\Leftrightarrow a+b+c=15\left( ktm \right).$ Vậy không có mặt phẳng $\left( Q \right)$nào thỏa mãn điều kiện bài toán.

Câu 23: Đáp án A

Câu 24: Đáp án B

Phương pháp : Chia cả tử và mẫu cho x và sử dụng giới hạn $\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{x}^{n}}}=0\left( n>0 \right)$

Cách giải :

$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{4{{x}^{2}}+x+1}-\sqrt{{{x}^{2}}-x+3}}{3x+2}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-\sqrt{4+\frac{1}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{3}{{{x}^{2}}}}}{3+\frac{2}{x}}=\frac{-2+1}{3}=-\frac{1}{3}$

Câu 25: Đáp án D

Phương pháp : Nếu $\overrightarrow{n}$là 1VTPT của $\left( P \right)\Rightarrow k\overrightarrow{n}\left( k\ne 0 \right)$cũng là 1 VTPT của $\left( P \right)$

Câu 26: Đáp án A

Phương pháp: Đặt $t=\sqrt{{{x}^{2}}-2x+3}=\sqrt{{{\left( t-1 \right)}^{2}}+2}\ge \sqrt{2}\Rightarrow t\in \left[ \sqrt{2};+\infty  \right)$

Cách giải: Đặt $t=\sqrt{{{x}^{2}}-2x+3}=\sqrt{{{\left( t-1 \right)}^{2}}+2}\ge \sqrt{2}\Rightarrow t\in \left[ \sqrt{2};+\infty  \right)$

Khi đó ta có $f\left( t \right)=-{{t}^{2}}+4t+3=-{{\left( t-2 \right)}^{2}}+7\ge 7\Rightarrow \underset{\left[ \sqrt{2};+\infty  \right)}{\mathop{m\text{ax}}}\,f\left( t \right)=7\Leftrightarrow t=2\Leftrightarrow M=7$

$f\left( t \right)=7\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}-2x+3}=2\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x-1=0$

Khi đó tích hai nghiệm của phương trình này bằng -1

Câu 27: Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng công thức $\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{AC}=SB.AC.c\,os\left( SB;AC \right)$

Cách giải:

$HC=\sqrt{B{{H}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{2}$

Ta có $\left( SC;\left( ABCD \right) \right)=\left( SC;HC \right)=SHC={{60}^{\circ }}$

Xét tam giác vuông SHC có $SH=HC.\tan {{60}^{\circ }}=a\sqrt{2}.\sqrt{3}=a\sqrt{6}$

Ta có:

$\begin{array}{l}
AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {4{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 5 \\
SB = \sqrt {S{H^2} + H{B^2}}  = \sqrt {6{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 7 
\end{array}$ 

Ta có:

$\begin{array}{l}
\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC}  = \left( {\overrightarrow {SH}  + \overrightarrow {HB} } \right).\overrightarrow {AC}  = \underbrace {\overrightarrow {SH} .\overrightarrow {AC} }_{\overrightarrow 0 } + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {AC} \\
\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC}  = HB.AC.c{\rm{os}}\left( {HB;AC} \right) = HB.AC.\cos BAC = HB.AC.\frac{{AB}}{{AC}} = a.2a = 2{a^2}
\end{array}$

Lại có $\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}=SB.AC.c\text{os}\left( SB;AC \right)\Rightarrow c\text{os}\left( SB;AC \right)=\frac{\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}}{SB.AC}=\frac{2{{a}^{2}}}{a\sqrt{7}.a\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{35}}$

Câu 28: Đáp án A

Phương pháp:

Tính khoảng cách từ  1 điểm M đến đường thẳng $\Delta :d\left( M;\left( \Delta  \right) \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{MI};{{\overrightarrow{u}}_{\Delta }} \right] \right|}{\left| {{\overrightarrow{u}}_{\Delta }} \right|}$ với ${{\overrightarrow{u}}_{\Delta }}$là 1 VTCP của $\Delta $và $I\in \Delta $là 1 điểm bất kì.

Cách giải: Đường thẳng $\Delta $nhận $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{OI}=\left( 0;1;1 \right)$ là 1 VTCP.

Gọi $M\left( a;b;0 \right)\in \left( O\,xy \right)\Rightarrow d\left( M;\Delta  \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{OM};\overrightarrow{u} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{u} \right|}=\frac{\sqrt{{{b}^{2}}+2{{a}^{2}}}}{\sqrt{2}}=6$

$\Leftrightarrow {{b}^{2}}+2{{a}^{2}}=72\Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}}{36}+\frac{{{b}^{2}}}{72}=1\Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}}{{{6}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{\left( 6\sqrt{2} \right)}^{2}}}=1$

Như vậy tập hợp các điểm M là elip có phương trình $\frac{{{a}^{2}}}{6}+\frac{{{b}^{2}}}{{{\left( 6\sqrt{2} \right)}^{2}}}=1\left( E \right)$

$\Rightarrow S={{S}_{\left( E \right)}}=\pi ab=\pi .6.6\sqrt{2}=36\sqrt{2}\pi $

Câu 29: Đáp án B

Phương pháp: Tính tổng quát $n\left( {{I}_{n}}+{{I}_{n+1}} \right)$ bằng bao nhiêu, sau  đó thay vào tính ${{u}_{n}}$và sử  dụng công thức tổng của cấp số nhân để rút gọn ${{u}_{n}}$.

Cách giải:

Ta có: ${{I}_{n}}+{{I}_{n+1}}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{e}^{nx}}dx}{1+{{e}^{-x}}}+}\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{e}^{-\left( n+1 \right)}}dx}{1+{{e}^{-x}}}=\int\limits_{0}^{1}{\frac{{{e}^{-nx}}\left( 1+{{e}^{-x}} \right)dx}{1+{{e}^{-x}}}=\int\limits_{0}^{1}{{{e}^{-nx}}dx=\left. \frac{-{{e}^{-nx}}}{n} \right|}}}_{0}^{1}=\frac{-{{e}^{-n}}+1}{n}$

$\begin{array}{l}
 \Rightarrow n\left( {{I_n} + {I_{n + 1}}} \right) = 1 - {e^{ - n}}\\
 \Rightarrow {u_n} = 1\left( {{I_1} + {I_2}} \right) + 2\left( {{I_2} + {I_3}} \right) + 3\left( {{I_3} + {I_4}} \right) + ... + n\left( {{I_n} + {I_{n + 1}}} \right) - n\\
{u_n} = 1 - {e^{ - 1}} + 1 - {e^{ - 2}} + ... + 1 - {e^{ - n}} - n =  - \left( {\frac{1}{e} + \frac{1}{{{e^2}}} + ... + \frac{1}{{{e^n}}}} \right) =  - \frac{{\frac{1}{e}\left( {1 - \frac{1}{{{e^n}}}} \right)}}{{1 - \frac{1}{e}}} = \frac{{\frac{1}{{{e^n}}} - 1}}{{e - 1}}\\
 \Rightarrow L = \lim {u_n} = \frac{{ - 1}}{{e - 1}} \approx  - 0,58 \in \left( { - 1;0} \right)
\end{array}$