Lờ i giải đề 26: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 trường THPT Lê Quý Đôn- Hải Phòng lần 1, mã đề 132 trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: Chọn A.

Ta có ${y}’=frac{11}{{{left( x+5 right)}^{2}}}>0$ với $forall xin left[ -1;3 right]$.

Do $yleft( -1 right)=frac{-3}{4}$, $yleft( 3 right)=frac{5}{8}$ nên $underset{left[ -1;3 right]}{mathop{max }},y=yleft( 3 right)=frac{5}{8}$.

Câu 2: Chọn A.

$int{frac{6x+2}{3x-1}text{d}x}$$=int{left( 2+frac{4}{3x-1} right)text{d}x}$$=2x+frac{4}{3}ln left| 3x-1 right|+C$.

Câu 3: Chọn C.

Số phần tử của không gian mẫu là $nleft( Omega  right)=C_{9}^{2}=36$.

Gọi $A=”$tổng hai số ghi trên hai lá phiếu rút được là một số lẻ lớn hơn hoặc bằng $15”$

Ta có các cặp số có tổng là số lẻ và lớn hơn hoặc bằng $15$.là $left( 6;9 right);left( 7;8 right);left( 9;7 right)$$Rightarrow nleft( A right)=3$.

Vậy xác suất của biến cố $A$ là $Pleft( A right)=frac{3}{36}=frac{1}{12}$.

Câu 4: Chọn B.

Điều kiện: $left{ begin{array}{l}
frac{{4x + 1}}{{x – 1}} > 0\
{log _2}left( {frac{{4x + 1}}{{x – 1}}} right) > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
x > 1\
x <  – frac{1}{4}
end{array} right.\
frac{{4x + 1}}{{x – 1}} > {2^0}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
x > 1\
x <  – frac{1}{4}
end{array} right.\
left[ begin{array}{l}
x > 1\
x <  – frac{2}{3}
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x > 1\
x <  – frac{2}{3}
end{array} right.$.

Ta có ${{log }_{frac{1}{2}}}left[ {{log }_{2}}left( frac{4x+1}{x-1} right) right]<-1$$Leftrightarrow {{log }_{2}}left( frac{4x+1}{x-1} right)>2$$Leftrightarrow frac{4x+1}{x-1}>4Leftrightarrow frac{5}{x-1}>0Leftrightarrow x>1$.

So sánh với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là $S=left( 1;+infty  right)$.

Câu 5: Chọn D.

Khối trụ có chiều cao $h$, đường kính đáy $R$ thì có thể tích bằng $pi {{left( frac{R}{2} right)}^{2}}h=frac{pi {{R}^{2}}h}{4}$.

Câu 6: Chọn A.

Đường sinh của hình nón lớn là: $l=SB$$=sqrt{{{h}^{2}}+{{r}^{2}}}$$=sqrt{{{8}^{2}}+{{6}^{2}}}$$=10,text{cm}$.

Gọi ${{l}_{2}}$, ${{r}_{2}}$, ${{h}_{2}}$ lần lượt là đường sinh, bán kính đáy và chiều cao của hình nón $left( N right)$.

${{l}_{2}},=SK=4,text{cm}$

Ta có: $Delta SOB$ và $Delta SIK$ đồng dạng nên: $frac{SI}{SO}=frac{IK}{OB}=frac{SK}{SB}=frac{4}{10}=frac{2}{5}$.

$ Rightarrow frac{{{h_2}}}{h} = frac{{{r_2}}}{r} = frac{{{l_2}}}{l} = frac{4}{{10}} = frac{2}{5} Rightarrow left[ begin{array}{l}
{h_2} = frac{2}{5}h = frac{{16}}{5}\
{r_2} = frac{2}{5}.r = frac{{12}}{5}
end{array} right.$

Thể tích khối nón $left( N right)$là: ${{V}_{(N)}}=frac{1}{3}.pi .r_{2}^{2}.{{h}_{2}}$$=frac{1}{3}.pi .{{left( frac{12}{5} right)}^{2}}.frac{16}{5}$$=frac{768}{125}pi ,text{c}{{text{m}}^{text{3}}}$.

Câu 7: Chọn C.

Ta có: ${y}’=3{{x}^{2}}-5x-6$

Tiếp tuyến song song với đường thẳng $y=2x-frac{7}{3}$ nên ${y}’left( {{x}_{0}} right)=3x_{0}^{2}-5{{x}_{0}}-6=2$

$ Leftrightarrow 3x_0^2 – 5{x_0} – 8 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_0} =  – 1\
{x_0} = frac{8}{3}
end{array} right.$.

*Với ${{x}_{0}}=-1$, phương trình tiếp tuyến có dạng: $y=2x-frac{1205}{54}$. (nhận)

*Với ${{x}_{0}}=frac{8}{3}$, phương trình tiếp tuyến có dạng: $y=2x-frac{7}{3}$. (loại)

Vậy có một tiếp tuyến song song với đường thẳng $y=2x-frac{7}{3}$.

Câu 8: Chọn B.

Ta có: $I=lim ,left[ nleft( sqrt{{{n}^{2}}+2}-sqrt{{{n}^{2}}-1} right) right]$$=lim ,frac{3n}{sqrt{{{n}^{2}}+2}+sqrt{{{n}^{2}}-1}}$$=lim ,frac{3}{sqrt{1+frac{2}{{{n}^{2}}}}+sqrt{1-frac{1}{{{n}^{2}}}}}=frac{3}{2}$

Câu 9: Chọn C.

Ta có: $log left( a.b right)=log a+log b$ chỉ đúng với mọi $a>0$, $b>0$ nên mệnh đề C sai.

Câu 10: Chọn A.

Hàm số $y=ln x$ là hàm số logarit có cơ số $a=text{e}>1$ nên đồng biến trên $left( 0;+infty  right)$. ChọnA.

• Hàm số $y={{log }_{0,99}}x$ là hàm số logarit có cơ số bằng $a=0,99<1$ nên nghịch biến trên $left( 0;+infty  right)$.

• Hàm số $y={{left( sqrt{frac{3}{4}} right)}^{x}}$ là hàm số mũ cơ số $a=sqrt{frac{3}{4}}<1$ nên nghịch biến trên $left( -infty ;+infty  right)$.

• Hàm số $y={{x}^{-3}}$ là hàm số lũy thừa có ${y}’=-3.{{x}^{-4}}<0$, $forall xne 0$ nên nghịch biến trên các khoảng $left( -infty ;0 right)$ và $left( 0;+infty  right)$.

Câu 11: Chọn D.

Dựa vào định nghĩa đường tròn lượng giác ta thấy hàm số lượng giác cơ bản $y=sin x$ đồng biến ở góc phần tư thứ nhất và góc phần tư thứ tư.

Dễ thấy khoảng $left( frac{7pi }{4};frac{9pi }{4} right)$ là phần thuộc góc phần tư thứ tư và thứ nhất nên hàm số đồng biến.

Câu 12: Chọn A.

Do hàm số xác định trên $mathbb{R}$ và có biểu thức đạo hàm đổi dấu ba lần tại ${{x}_{1}}$; ${{x}_{2}}$; ${{x}_{3}}$ nên hàm số $y=fleft( x right)$ có ba cực trị.

Câu 13: Chọn A.

Ta có: $underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{2x-1}{x+5}=underset{xto +infty }{mathop{lim }},frac{2-frac{1}{x}}{1+frac{5}{x}}=2$ và $Fleft( frac{pi }{2} right)=2$ nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là $y=2$.

Câu 14: Chọn B.

Ta có $int{sin 3xtext{d}x}=-frac{cos 3x}{3}+C$, vì $Fleft( frac{pi }{2} right)=2$ nên $C=2.$

Câu 15: Chọn C.

Ta có $overrightarrow{a}=left( 2;,,3;,,-1 right)$, $overrightarrow{b}=left( 2;,,,3;,,-7 right)$$Rightarrow overrightarrow{x}=2overrightarrow{a}-3overrightarrow{b}=$$left( -2;,,-3;,,19 right)$.

Câu 16: Chọn C.

Vẽ $BKbot HC$ $left( Kin HC right)$ $Rightarrow BKbot left( SHC right)$$Rightarrow frac{dleft( A,left( SHC right) right)}{dleft( B,left( SHC right) right)}$$=frac{AH}{BH}$$=2$

$Rightarrow dleft( A,left( SHC right) right)=2dleft( B,left( SHC right) right)$, $Delta BHC$ vuông cân cho ta $BK=frac{sqrt{2}}{2}$$Rightarrow dleft( A,left( SHC right) right)=sqrt{2}$.

Câu 17: Chọn C.

Gọi $a$, $b$, $c$ lần lượt là độ dài các cạnh của $Delta ABC$. Đặt $p=frac{3left( a+b+c right)}{2}$

thì ${{S}_{1}}=sqrt{3.frac{a+b+c}{2}.3left( p-a right).3left( p-b right).3left( p-c right)}$$=9{{S}_{ABC}}$

$Rightarrow $ Thể tích khối chóp thu được là $9V$.

Câu 18: Chọn D.

Gọi $H$ là tâm hình vuông ${A}'{B}'{C}'{D}’$.

Ta có ${A}’Hbot {B}'{D}’$, ${A}’Hbot B{B}’$$Rightarrow {A}’Hbot left( B{B}'{D}’D right)$. $BH$ là hình chiếu của ${A}’B$ trên $left( B{B}'{D}’D right)$$Rightarrow left( widehat{{A}’H,left( B{B}'{D}’D right)} right)$$=widehat{{A}’BH}=alpha $. $sin alpha =$$frac{{A}’H}{{A}’B}=$$frac{frac{asqrt{2}}{2}}{asqrt{2}}$$=frac{1}{2}$.

Câu 19: Chọn D.

Ta có $AH$ là hình chiếu của ${A}’A$ trên $left( ABC right)$$Rightarrow widehat{{A}’AH}={{30}^{text{o}}}$$Rightarrow {A}’H=frac{a}{2}.frac{sqrt{3}}{3}$$=frac{asqrt{3}}{6}$

$V={A}’H.{{S}_{ABC}}$$=frac{asqrt{3}}{6}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$$=frac{{{a}^{3}}}{8}$.

Câu 20: Chọn B.

Ta có $overrightarrow{AB}=left( 1;6;5 right)$, $overrightarrow{AC}=left( -1;8;9 right)$,

$left( ABC right)$ đi qua $Aleft( 1;1;4 right)$ có vtpt $vec{n}=left[ overrightarrow{AB},overrightarrow{AC} right]$$=left( 14;-14;14 right)$$=14left( 1;-1;1 right)$ có dạng $x-y+z-4=0$.

Câu 21: Chọn D.

Thay $x=-2$ vào tử số ta được $3-2{{m}^{2}}-m$. Ta có $3-2{{m}^{2}}-m=0$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m = 1\
m =  – frac{3}{2}
end{array} right.$.

Với $min mathbb{R}backslash left{ 1;-frac{3}{2} right}$ thì $underset{xto -2}{mathop{lim }},y=infty $. Do đó đồ thị hàm số có TCĐ.

Với $m=1$ ta có $underset{xto -{{2}^{+}}}{mathop{lim }},y$$=underset{xto -{{2}^{+}}}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}+x-2}{x+2}$$=underset{xto -{{2}^{+}}}{mathop{lim }},left( x-1 right)=-3$. Đồ thị hàm số không có TCĐ.

Với $m=-frac{3}{2}$ ta có $underset{xto -{{2}^{+}}}{mathop{lim }},y=$$underset{xto -{{2}^{+}}}{mathop{lim }},frac{{{x}^{2}}+frac{9}{4}x+frac{1}{2}}{x+2}$$=underset{xto -{{2}^{+}}}{mathop{lim }},left( x+frac{1}{4} right)=-frac{7}{4}$. Đồ thị hàm số không có TCĐ.

Câu 22: Chọn C.

Khối hai mươi mặt đều có các mặt là tam giác nên thuộc loại $left{ 3;5 right}$.

Câu 23: Chọn A.

Gọi công bội của CSN bằng $q$. Suy ra ${{u}_{4}}={{u}_{2}}.{{q}^{2}}$$Rightarrow q=pm 2$. Do CSN có các số hạng không âm nên $q=2$.

Ta có ${{S}_{12}}={{u}_{1}}.frac{1-{{q}^{12}}}{1-q}$$=3.frac{1-{{2}^{12}}}{1-2}$$=3left( {{2}^{12}}-1 right)$.

Câu 24: Chọn D.

Trên khoảng $left( 3;6 right)$ đồ thị đi xuống nên hàm số nghịch biến.

Câu 25: Chọn A.

$underset{xto -infty }{mathop{lim }},left( 3{{x}^{3}}+5{{x}^{2}}-9sqrt{2}x-2017 right)$$=underset{xto -infty }{mathop{lim }},{{x}^{3}}left( 3+5frac{1}{x}-9sqrt{2}frac{1}{{{x}^{2}}}-2017frac{1}{{{x}^{3}}} right)$$=-infty $.

Câu 26: Chọn C.

Thể tích khối tròn xoay $left( T right)$ là: $V=pi {{a}^{2}}.a$$=pi {{a}^{3}}$.

Câu 27: Chọn B.

Ta có: ${{u}_{10}}=frac{{{2}^{10-1}}+1}{10}$$=51,3$.

Câu 28: Chọn B.

Dựa vào đồ thị ở hình $5$ ta thấy đồ thị của hàm số $y={{b}^{x}}$ là nghịch biến nên $0<b<1$.

Vẽ đường thẳng $x=1$ ta có đường thẳng $x=1$ cắt đồ thị hàm số $y={{a}^{x}}$ tại điểm có tung độ $y=a$ và cắt đồ thị hàm số $y={{c}^{x}}$ tại điểm có tung độ là $y=c$. Khi đó điểm giao với $y={{a}^{x}}$ nằm trên điểm giao với $y={{c}^{x}}$ nên $a>c>1$. Vậy $a>c>1>b$.

Câu 29: Chọn B.

Dựa vào đồ thị ở hình$3$ ta thấy hàm số cần tìm đi qua các điểm $left( 0;3 right)$, $left( 1;3 right)$ và $left( 2;1 right)$ thay vào bốn phương án ta thấy phương án B là thỏa mãn.