Lời giải đề 17: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT Kim Liên- Hà Nội lần 1 trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: Chọn C.

Gọi $P$, $Q$ lần lượt là trung điểm của $SB$, $AC$. Khi đó $MP$, $NQ$, $MQ$, $PN$ lần lượt là đường trung bình của tam giác $SAB$, $SAC$, $ABC$, $SBC$ nên ${MP text{//} NQ text{//} SA}$; $PN;{rm{//}};{rm{MQ}};{rm{//}};{rm{BC}}$ và $MP=NQ=frac{1}{2}SA=a$; $PN=MQ=frac{1}{2}BC=a$. Suy ra góc giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$ là góc $widehat{PMQ}$ và tứ giác $MPNQ$ là hình thoi.

Xét hình thoi $MPNQ$: gọi $O$giao điểm của hai đường chéo; vì $MN=asqrt{3}$ nên $MO=frac{asqrt{3}}{2}$; trong tam giác vuông $MOQ$ thì $OQ=sqrt{{{a}^{2}}-frac{3{{a}^{2}}}{4}}=frac{a}{2}$$Rightarrow PQ=a$, khi đó tam giác $PMQ$ đều hay $widehat{PMQ}=60{}^circ $.

Câu 2:Chọn D.

Hàm số $y=fleft( x right)$ có $underset{xto +infty }{mathop{lim }},fleft( x right)=1$ và $underset{xto -infty }{mathop{lim }},fleft( x right)=-1$ suy ra đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận ngang là $y=1$ và $y=-1$.

Câu 3: Chọn A.

Tập xác định: $D=mathbb{R}$. Đạo hàm: ${f}’left( x right)={{text{e}}^{x}}left( 2x-2+{{x}^{2}}-2x+2 right)={{text{e}}^{x}}{{x}^{2}}$.

Phương trình ${f}’left( x right)=0Leftrightarrow {{text{e}}^{x}}{{x}^{2}}=0$ có nghiệm kép $x=0$ và ${f}’left( x right)ge 0$, $forall xin mathbb{R}$.

Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên $mathbb{R}$ và không có cực trị.

Vậy A sai và B đúng.

Ta có: $underset{xto -infty }{mathop{lim }},fleft( x right)=0$ và $underset{xto +infty }{mathop{lim }},fleft( x right)=+infty $ nên hàm số đã cho không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. Vậy C đúng.

Ta có: $fleft( -1 right)=left[ {{left( -1 right)}^{2}}-2.left( -1 right)+2 right]{{text{e}}^{-1}}=frac{5}{text{e}}$. Vậy D đúng.

Câu 4: Chọn B.

Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại điểm có tọa độ $left( -2,;,0 right)$ nên ta có:

$frac{-2a+2}{-2c+b}=0Rightarrow a=1$. Vậy loại A

Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang là đường thẳng $y=1Rightarrow frac{a}{c}=1Rightarrow c=a=1$. Vậy loại D

Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng $x=2Rightarrow -frac{b}{c}=2Rightarrow b=-2c=-2$.

Câu 5: Chọn D.

Câu 6: Chọn C.

Ta có ${y}’=-3{{x}^{2}}+4x$.

Gọi $Mleft( {{x}_{0}};-x_{0}^{3}+2x_{0}^{2} right)$ là tiếp điểm. Hệ số góc tiếp tuyến của $left( C right)$ tại $M$ là: $k=-3x_{0}^{2}+4{{x}_{0}}$.

Vì tiếp tuyến của $left( C right)$ tại $M$ song song với đường thẳng $y=x$ nên ta có:

$ – 3x_0^2 + 4{x_0} = 1 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_0} = 1\
{x_0} = frac{1}{3}
end{array} right.$

Tại ${{x}_{0}}=1Rightarrow Mleft( 1;1 right)$: Phương trình tiếp tuyến là: $y=x$ (loại).

Tại ${{x}_{0}}=frac{1}{3}Rightarrow Mleft( frac{1}{3};frac{5}{27} right)$: Phương trình tiếp tuyến là: $y=x-frac{4}{27}$ (thỏa mãn).

Câu 7: Chọn B.

Gọi $H$ là trung điểm của cạnh $AD$.

Do $H$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $ABCD$ nên $SHbot left( ABCD right)$.

Cạnh $SB$ hợp với đáy một góc $60{}^circ $, do đó: $widehat{SBH}=60{}^circ $.

Xét tam giác $AHB$ vuông tại $A$: $HB=sqrt{A{{H}^{2}}+A{{B}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}+{{left( frac{a}{2} right)}^{2}}}=frac{asqrt{5}}{2}$.

Xét tam giác $SBH$ vuông tại $H$:

$tan widehat{SBH}=frac{SH}{BH}$$Leftrightarrow SH=BH.tan widehat{SBH}$$Leftrightarrow SH=frac{asqrt{5}}{2}tan 60{}^circ =frac{asqrt{15}}{2}$.

Diện tích đáy $ABCD$ là: ${{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}$.

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là: ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}.{{S}_{ABCD}}.SH=frac{1}{3}{{a}^{2}}frac{asqrt{15}}{2}=frac{{{a}^{3}}sqrt{15}}{6}$.

Câu 8: Chọn D.

Để đồ thị $left( C right)$ có điểm cực trị $Aleft( 1;3 right)$ điều kiện là:

$left{ begin{array}{l}
y’left( 1 right) = 0\
yleft( 1 right) = 3
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{3.1^2} – 4.1 + a = 0\
{1^3} – {2.1^2} + a.1 + b = 3
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 1\
b = 3
end{array} right.$$Rightarrow P=4a-b=1$.

Câu 9: Chọn A.

Phương trình hoành độ giao điểm là $frac{2x+3}{x+3}=2x-3Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+x-12=0,left( 1 right)left( xne -3 right)$.

Gọi ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}$ là hoành độ của $A$ và $B$. Theo định lí Viet suy ra: $left{ begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} =  – frac{1}{2}\
{x_1}.{x_2} =  – 6
end{array} right.$.

Ta có: ${{x}_{I}}=frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{2}=frac{-1}{4}$. Suy ra ${{y}_{I}}=2{{x}_{I}}-3=-frac{7}{2}$.

Vậy $Ileft( -frac{1}{4};-frac{7}{2} right)$.

Câu 10: Chọn B.

$overrightarrow{OS}=overrightarrow{OA}+overrightarrow{OB}+overrightarrow{OC}+overrightarrow{OD}+overrightarrow{O{A}’}+overrightarrow{O{B}’}+overrightarrow{O{C}’}+overrightarrow{O{D}’}=4overrightarrow{O{O}’}$. Với ${O}’$ là tâm của mặt ${A}'{B}'{C}'{D}’$.

Suy ra $OS=left| overrightarrow{OS} right|=left| 4overrightarrow{O{O}’} right|=4O{O}’=4a$.

Câu 11: Chọn D.

Vì hình thang vuông không nội tiếp được trong một đường tròn nên hình chóp có đáy là hình thang vuông không nội tiếp được trong một mặt cầu.

Câu 12: Chọn C.

Tập xác định $D=mathbb{R}backslash left{ 1 right}$. Ta có $y=frac{2x+1}{-x+1}$. Đạo hàm: ${y}’=frac{3}{{{left( -x+1 right)}^{2}}}>0$, $forall xin D$.

Vậy hàm số đồng biến trên $left( -infty ;,1 right)$ và $left( 1;,+infty  right)$.

Câu 13: Chọn B.

${{log }_{5}}left( {{5}^{x}}-1 right).{{log }_{25}}left( {{5}^{x+1}}-5 right)=1$ $left( 1 right)$

TXĐ: $D=left( ,0,;+infty  right)$.

Ta có ${{log }_{25}}left( {{5}^{x+1}}-5 right)={{log }_{{{5}^{2}}}}left( {{5.5}^{x}}-5 right)=frac{1}{2}left( {{log }_{5}}left( {{5}^{x}}-1 right)+1 right)$.

Đặt $t={{log }_{5}}left( {{5}^{x}}-1 right)$ $left( t>0 right)$.

Phương trình $left( 1 right)$ trở thành $t.frac{1}{2}left( t+1 right)=1$$Leftrightarrow {{t}^{2}}+t-2=0$.

Câu 14: Chọn A.

Theo bảng biến thiên hàm số nghịch biến trên khoảng $left( -infty ;0 right)$$Rightarrow fleft( -3 right)>fleft( -2 right)$.

Câu 15: Chọn D.

Ta có: $3cos x-1=0$ $Leftrightarrow cos x=frac{1}{3}$$Leftrightarrow x=pm arccos frac{1}{3}+k2pi $, $kin mathbb{Z}$.

Trong khoảng $left( 0;,2pi  right)$ phương trình $3cos x-1=0$ có hai nghiệm là ${{x}_{1}}=-arccos frac{1}{3}$ và ${{x}_{2}}=arccos frac{1}{3}$.

Vậy tổng các nghiệm là $S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-arccos frac{1}{3}+arccos frac{1}{3}=0$.

Câu 16: Chọn D.

Ta có: ${{log }_{a}}b=2Rightarrow {{log }_{b}}a=frac{1}{2}$.

$T={{log }_{frac{sqrt{a}}{b}}}sqrt[3]{ba}={{log }_{frac{sqrt{a}}{b}}}sqrt[3]{b}+{{log }_{frac{sqrt{a}}{b}}}sqrt[3]{a}$.

$=frac{1}{{{log }_{sqrt[3]{b}}}frac{sqrt{a}}{b}}+frac{1}{{{log }_{sqrt[3]{a}}}frac{sqrt{a}}{b}}$.

$=frac{1}{{{log }_{sqrt[3]{b}}}sqrt{a}-{{log }_{sqrt[3]{b}}}b}+frac{1}{{{log }_{sqrt[3]{a}}}sqrt{a}-{{log }_{sqrt[3]{a}}}b}$.

$=frac{1}{frac{3}{2}{{log }_{b}}a-3}+frac{1}{frac{3}{2}-3{{log }_{a}}b}$.

$=frac{1}{frac{3}{2}.frac{1}{2}-3}+frac{1}{frac{3}{2}-3.2}=-frac{2}{3}$.

Câu 17: Chọn A.

Gọi $h$ là chiều cao của lăng trụ, $S={{S}_{{A}'{B}'{C}'{D}’}}$.

Ta có: ${{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}=h.S$; $V={{V}_{M.{A}'{B}'{C}'{D}’}}=frac{1}{3}h.S=frac{{{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}}{3}=12,text{c}{{text{m}}^{text{3}}}$.

Câu 18: Chọn C.

Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $CD$ và $AB$.

Ta có: $left{ begin{array}{l}
AB bot CN\
AB bot DN
end{array} right. Rightarrow AB bot MN$; tương tự $CDbot MN$. Suy ra $MN$ là đường trung trực và là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $CD$.

Gọi $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp $ABCD$ thì $I$ thuộc $MN$.

Xét tam giác $ANC$ vuông tại $N$ có: $CN=sqrt{A{{C}^{2}}-N{{A}^{2}}}=sqrt{22{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}}=3sqrt{2}a$.

Xét tam giác $CMN$ vuông tại $M$ có: $MN=sqrt{C{{N}^{2}}-C{{M}^{2}}}=sqrt{18{{a}^{2}}-9{{a}^{2}}}=3a$.

Lại có:

$left{ begin{array}{l}
IM + IN = 3a\
I{M^2} + M{C^2} = I{N^2} + N{A^2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
IM + IN = 3a\
I{M^2} – I{N^2} = N{A^2} – M{C^2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
IM + IN = 3a\
left( {IM + IN} right)left( {IM – IN} right) =  – 5{a^2}
end{array} right.$$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
IM + IN = 3a\
IM – IN =  – frac{5}{3}a
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
IM = frac{2}{3}a\
IN = frac{7}{3}a
end{array} right.$ .

Vậy bán kính cần tìm là $R=sqrt{I{{M}^{2}}+M{{C}^{2}}}=sqrt{frac{4}{9}{{a}^{2}}+9{{a}^{2}}}=frac{sqrt{85}}{3}a$.

Câu 19: Chọn B.

Số hạng tổng quát của khai triển là ${{T}_{k+1}}=C_{6}^{k}.{{left( 2x right)}^{k}}.{{left( -frac{1}{{{x}^{2}}} right)}^{6-k}}$$=C_{6}^{k}{{2}^{k}}.{{left( -1 right)}^{6-k}}.{{x}^{3k-12}}$.

$3k-12=0$ $Rightarrow k=4$.

Số hạng không chứa $x$ là ${{T}_{5}}=C_{6}^{4}{{.2}^{4}}.{{left( -1 right)}^{2}}=240$.

Câu 20: Chọn D.

TXĐ: $D=mathbb{R}$.

${y}’=-3{{x}^{2}}+6x$;$y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = 2
end{array} right.$

${y}’>0Leftrightarrow 0<x<2$. Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $left( 0;2 right)$.

Câu 21: Chọn B.

* Hàm số xác định khi và chỉ khi $3{x^2} – 1 > 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x <  – frac{1}{{sqrt 3 }}\
x > frac{1}{{sqrt 3 }}
end{array} right.$

* Vậy tập xác định của hàm số là $D=left( -infty ;-frac{1}{sqrt{3}} right)cup left( frac{1}{sqrt{3}};+infty  right)$.

Câu 22: Chọn D.

* Số cách cử $4$ bạn học sinh trong $30$ bạn là: $C_{30}^{4}=27405$.

* Số cách cử $4$ bạn học sinh trong $27$ bạn trong đó không có cán sự lớp là: $C_{27}^{4}=17550$.

* Vậy số cách cử $4$ bạn học sinh trong đó có ít nhất một cán sự lớp là: $27405-17550=9855$.

Câu 23: Chọn D.

Ta có: $nleft( Omega  right)=C_{20}^{1}=20$.

Gọi $A$ là biến cố lấy được một tấm thẻ ghi số lẻ và chia hết cho $3$$Rightarrow A=left{ 3;9;15 right}$.

Do đó $nleft( A right)=3$$Rightarrow Pleft( A right)=frac{3}{20}=0,15$.

Câu 24: Chọn C.

Ta có ${{left( frac{1}{3} right)}^{sqrt{{{x}^{2}}-3x-10}}}>{{3}^{2-x}}$$Leftrightarrow {{3}^{-sqrt{{{x}^{2}}-3x-10}}}>{{3}^{2-x}}$$Leftrightarrow -sqrt{{{x}^{2}}-3x-10}>2-x$$Leftrightarrow sqrt{{{x}^{2}}-3x-10}<x-2$

$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{x^2} – 3x – 10 ge 0\
x – 2 > 0\
{x^2} – 3x – 10 < {x^2} – 4x + 4
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
x le  – 2\
x ge 5
end{array} right.\
14 > x > 2
end{array} right.$$Leftrightarrow 5le x<14$.

Do đó $S=left{ 5;6;7;8;9;10;11;12;13 right}$ nên số phần tử của $S$ là $9$.

Câu 25: Chọn C.

Ta có: ${{9}^{x}}+{{9}^{-x}}=14$$Leftrightarrow $${{left( {{3}^{x}}+{{3}^{-x}} right)}^{2}}=16Leftrightarrow {{3}^{x}}+{{3}^{-x}}=4$

$Rightarrow frac{6+3left( {{3}^{x}}+{{3}^{-x}} right)}{2-{{3}^{x+1}}-{{3}^{1-x}}}=frac{6+3left( {{3}^{x}}+{{3}^{-x}} right)}{2-3.left( {{3}^{x}}+{{3}^{-x}} right)}=frac{6+3.4}{2-3.4}=-frac{9}{5}$ $ Rightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
a =  – 9\
b = 5
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
a = 9\
b =  – 5
end{array} right.
end{array} right.$

$Rightarrow P=a.b=-45$.

Câu 26: Chọn B.

Ta có:

$cos 3x+sin 2x-sin 4x=0$$Leftrightarrow cos 3x-2cos 3x.sin x=0Leftrightarrow cos 3xleft( 1-2sin x right)=0$

$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
cos 3x = 0\
1 – 2sin x = 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
cos 3x = 0\
sin x = frac{1}{2}
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{pi }{6} + kfrac{pi }{3}\
x = frac{pi }{6} + k2pi \
x = frac{{5pi }}{6} + k2pi 
end{array} right.$, $kin mathbb{Z}$ $Leftrightarrow x=frac{pi }{6}+kfrac{pi }{3}$, $kin mathbb{Z}$.

Câu 27: Chọn D.

Để hàm số có ba điểm cực trị thì   $left( {m + 1} right)m > 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
m <  – 1\
m > 0
end{array} right.$ Vậy $min left( -infty ;,-1 right)cup left( 0;,+infty  right)$.

Câu 28: Chọn B.

Theo giả thiết hai mặt phẳng $left( SAB right)$ và $left( SAD right)$ cùng vuông góc với mặt đáy suy ra $SAbot left( ABCD right)$. Mặt khác đáy $ABCD$ là hình vuông nên hình chóp $S.ABCD$ chỉ có một mặt phẳng đối xứng là $left( SAC right)$.

Câu 29: Chọn A.

TXD: $D=mathbb{R}$

$y=2cos 3x+3sin 3x-2$$=sqrt{13}left( frac{2}{sqrt{13}}cos 3x+frac{3}{sqrt{13}}sin 3x right)-2$

$Leftrightarrow y=sqrt{13}sin left( 3x+arccos frac{3}{sqrt{13}} right)-2$

Để hàm số $y$ có giá trị nguyên $Leftrightarrow sqrt{13}sin left( 3x+arccos frac{3}{sqrt{13}} right)$ nguyên

$Leftrightarrow sin left( 3x+arccos frac{3}{sqrt{13}} right)=frac{n}{sqrt{13}}$ ( với $n$ là một số nguyên)

Mà: $sin left( 3x+arccos frac{3}{sqrt{13}} right)in left[ -1;1 right]$

$Rightarrow -1le frac{n}{sqrt{13}}le 1Leftrightarrow -sqrt{13}le nle sqrt{13}$

Mà: $nin mathbb{Z}$

$Rightarrow n=left{ 0;pm 1;pm 2pm 3 right}$

$Rightarrow $ $y$ có $7$ giá trị nguyên.