Processing math: 100%

Lời giải đề 21: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT Phan Đăng Lưu- Thừa Thiên Huế lần 1 , mã đề 132 trang 1

BẢNG ĐÁP ÁN

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

B

C

C

D

B

D

A

C

B

C

D

A

D

A

C

C

B

C

B

B

C

D

D

A

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

26

27

28

29

30

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

41

42

43

44

45

46

47

48

49

50

D

D

A

C

A

D

C

B

B

A

B

C

A

D

B

B

B

A

D

A

B

A

D

D

B

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. Chọn B.

Gọi $N$ là trung điểm $BC$. Ta có góc giữa $CM$ với $mpleftBCDright$ bằng góc $MCN$.

+ $MN=frac{AB}{2}=a$.

+$CN=frac{asqrt{3}}{2}$.

Vậy $tan varphi =frac{MN}{CN}=a.frac{2}{asqrt{3}}=frac{2sqrt{3}}{3}$.

Câu 2. Chọn C.

+ $ABCD$ là hình thoi, góc $BAC=60{}^circ $ nên ta có tam giác $ABC$ đều.

+ Gọi $M$ là trung điểm $BC$ ta có góc giữa $leftSBCright$ và đáy $leftABCDright$ bằng góc $SMA=60{}^circ $.

+ Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SM$ ta có:

+ $left{ begin{array}{l}
BC bot SA\
BC bot AM
end{array} right.$ $Rightarrow $$BCbot leftSAMrightRightarrow BCbot AH$.

Lại có: $AHbot SM$ $Rightarrow $$AHbot leftSBCrightRightarrow dleftA,left(SBCright right)=AH$.

+ $AM=frac{asqrt{3}}{2}$.

$frac{AH}{AM}=sin 60{}^circ =frac{sqrt{3}}{2}$ $Rightarrow $$AH=frac{asqrt{3}}{2}.frac{sqrt{3}}{2}=frac{3a}{4}$.

Câu3. Chọn C.

$L=underset{xto 1}{mathop{lim }},frac{1-x}{sqrt{2-x}-1}=underset{xto 1}{mathop{lim }},frac{left1xrightleftsqrt2x+1right}{-x+1}=underset{xto 1}{mathop{lim }},leftsqrt2x+1right=2$.

Câu 4. Chọn D.

Hàm số $y=ln x$có tập xác định $left0;+inftyright$ và có cơ bằng $e>1$ $Rightarrow $ Chọn       D.

Câu 5. Chọn B.

Ta có ${{S}_{tp}}=pi Rl+pi {{R}^{2}}$, trong đó $R=frac{asqrt{2}}{2}$, $l=a$ nên ${{S}_{tp}}=pi .frac{asqrt{2}}{2}.a+pi .{{leftfracasqrt22right}^{2}}$$=frac{pi left1+sqrt2right{{a}^{2}}}{2}$.

Câu 6. Chọn D.

Ta có ${{u}_{1}}=3$ và ${{u}_{9}}=768$ nên $768=3.{{q}^{8}}$ $Rightarrow {{q}^{8}}=256$ $Rightarrow q=pm 2$.

Do đó ${{u}_{5}}={{u}_{1}}.{{q}^{4}}={{3.2}^{4}}=48$.

Câu 7. Chọn A.

Ta có số cạnh của hình mười hai mặt đều là $30$.

Câu 8. Chọn C.

Ta có ${{left2xright}^{n}}=sumlimits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}{{2}^{n-k}}.{{left1right}^{k}}.{{x}^{k}}}$.

Hệ số của ${{x}^{4}}$ tương đương với $k=4$ là $C_{n}^{4}{{2}^{n-4}}.{{left1right}^{4}}=280$$Leftrightarrow frac{nleftn1rightleftn2rightleftn3right}{24}{{2}^{n-4}}=280$$Leftrightarrow nleftn1rightleftn2rightleftn3right=frac{6720}{{{2}^{n-4}}}=frac{{{2}^{6}}.3.5.7}{{{2}^{n-4}}}$.

Vì $n$  là số tự nhiên nên $n-4le 6$ $Rightarrow 4le nle 10$.

Lâp bảng giá trị được $n=7$.

Câu 9. Chọn B.

Gọi $leftSright$ là mặt cầu  có tâm $I$ và bán kính $R=9$.

Xét hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$, cạnh $3!.2!=12$, $left0<ale9sqrt2right$

Ta có $OA=frac{AC}{2}=frac{asqrt{2}}{2}Rightarrow OI=sqrt{I{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=sqrt{81-frac{{{a}^{2}}}{2}}$.

Mặt khác ta lại có $SO=SI+IO$$=9+sqrt{81-frac{{{a}^{2}}}{2}}$.

Thể tích của khối chóp $S.ABCD$ là $V=frac{1}{3}{{a}^{2}}left9+sqrt81fraca22right$$=3{{a}^{2}}+frac{1}{3}{{a}^{2}}sqrt{81-frac{{{a}^{2}}}{2}}$.

Đặt ${{a}^{2}}=t$, do $0<ale 9sqrt{2}$ nên $0<tle 162$

Xét hàm số $flefttright=3t+frac{1}{3}tleft9+sqrt81fract2right$, với $0<tle 162$ ta có ${f}’lefttright=3+frac{324-3t}{12sqrt{81-frac{t}{2}}}$; ${f}’lefttright=0Leftrightarrow sqrt{81-frac{t}{2}}=frac{t}{12}-9 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
t ge 108\
81 – frac{t}{2} = {leftfract129right^2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
t ge 108\
left[ begin{array}{l}
t = 0\
t = 144
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow t = 144$.

Ta có bảng biến thiên

                                            

Từ bảng biến thiên ta có ${{V}_{max }}=576$ khi $t=144$ hay $a=12$.

Câu 10. Chọn C.

Ta có $3{{sin }^{2}}x-2cos x+2=0Leftrightarrow 3{{cos }^{2}}x+2cos x-5=0Rightarrow cos x=1$$Leftrightarrow x=k2pi ,kin mathbb{Z}$.

Câu 11. Chọn D.

Ta có $BM$ là bán kính đường tròn $leftCright$.

Do tam giác $Delta SBMbacksim Delta SAO$ nên $frac{BM}{AO}=frac{SM}{SO}Leftrightarrow BM=frac{AO.SM}{SO}Leftrightarrow BM=frac{Rlefthxright}{h}$.

Thể tích của khối nón đỉnh $O$ đáy là $leftCright$ là:

$V=frac{1}{3}pi B{{M}^{2}}.OM$$=frac{1}{3}pi {{leftfracRleft(hxright)hright}^{2}}x$$=frac{1}{3}pi frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}{{lefthxright}^{2}}x$.

Xét hàm số $fleftxright=frac{1}{3}pi frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}{{lefthxright}^{2}}x$, $left0<x<hright$ ta có

Ta có ${f}’leftxright=frac{1}{3}pi frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}lefthxrightlefth3xright$; ${f}’leftxright=0Leftrightarrow frac{1}{3}pi frac{{{R}^{2}}}{{{h}^{2}}}lefthxrightlefth3xrightLeftrightarrow x=frac{h}{3}$.

Lập bảng biến thiên ta có

                               

Từ bảng biến ta có thể tích khối nón đỉnh $O$ đáy là $leftCright$ lớn nhất khi $x=frac{h}{3}$.

Câu 12.  Chọn A.

Ta có diện tích xung quanh của hình nón là ${{S}_{xq}}=pi rl15pi =pi .3.lLeftrightarrow l=5$.

Chiều cao của khối nón là $h=sqrt{{{l}^{2}}-{{r}^{2}}}=sqrt{{{5}^{2}}-{{3}^{2}}}=4$.

Thể tích của khối nón là $V=frac{1}{3}pi {{r}^{2}}h=frac{1}{3}pi {{.3}^{2}}.4=12pi $.

Câu 13: Chọn D.

* Ta có hai hàm số ${{f}_{2}}leftxright=frac{3x+1}{x-2}$ và ${{f}_{4}}leftxright={{log }_{3}}x$ có tập xác định không phải là tập $mathbb{R}$ nên không thỏa yêu cầu.

* Cả hai hàm số ${{f}_{1}}leftxright=2{{x}^{3}}-3x+1$ và ${{f}_{3}}leftxright=cos x+3$ đều có tập xác định là $mathbb{R}$ đồng thời liên tục trên $mathbb{R}$.

Câu 14: Chọn A.

* Hàm số xác định khi và chỉ khi ${x^2} – 5x > 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x < 0\
x > 5
end{array} right.$.

* Ta có ${f}’leftxright=frac{2x-5}{{{x}^{2}}-5x}$; ${f}’leftxright=0$$Leftrightarrow 2x-5=0Leftrightarrow x=frac{5}{2}$ loi.

* Vậy $S=varnothing $.

Câu 15: Chọn C.

* Số hạng tổng quát trong khai triển ${{leftxfrac2x2right}^{6}}$ là $C_{6}^{k}{{x}^{6-k}}{{leftfrac2x2right}^{k}}=C_{6}^{k}{{left2right}^{k}}{{x}^{6-3k}}$ với $kin mathbb{Z}$, $0le kle 6$.

* Số hạng không chứa $x$ nên $6-3k=0Leftrightarrow k=2$ suy ra hệ số cần tìm là $C_{6}^{2}{{left2right}^{2}}=60$.

Câu 16: Chọn C.

* Đáy lăng trụ là tam giác đều cạnh $a$ nên có diện tích là $S=frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$, đường cao $h=a$.

* Vậy thể tích khối lăng trụ $V=S.h=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{4}$.

Câu 17. Chọn B.

Gọi $overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}{{a}_{3}}{{a}_{4}}{{a}_{5}}{{a}_{6}}}$ là số cần tìm

Ta có ${{a}_{6}}in left{ 1;,3;,5 right}$ và $lefta1+a2+a3right-lefta4+a5+a6right=1$

Với ${{a}_{6}}=1$ thì $lefta1+a2+a3right-lefta4+a5right=2$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {2,,3,,6} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {4,,5} right}
end{array} right.$ hoặc $left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {2,,4,,5} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {3,,6} right}
end{array} right.$

Với ${{a}_{6}}=3$ thì $lefta1+a2+a3right-lefta4+a5right=4$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {2;,4;,5} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {1,,6} right}
end{array} right.$ hoặc $left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {1,,4,,6} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {2,,5} right}
end{array} right.$

Với ${{a}_{6}}=5$ thì $lefta1+a2+a3right-lefta4+a5right=6$ $ Rightarrow left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {2,,3,,6} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {1,,4} right}
end{array} right.$ hoặc $left{ begin{array}{l}
{a_1},,{a_2},,{a_3} in left{ {1,,4,,6} right}\
{a_4},,{a_5} in left{ {2,,3} right}
end{array} right.$

Mỗi trường hợp có $3!.2!=12$ số thỏa mãn yêu cầu

Vậy có tất cả $6.12=72$ số cần tìm.

Câu 18. Chọn C.

Tập xác định $D=mathbb{R}backslash left{ -1 right}$.

${y}’=frac{3}{{{leftx+1right}^{2}}}>0,,forall xin D$.

$Rightarrow $ hàm số luôn đồng biến trên các khoảng $leftinfty;,1right$ và $left1;,+inftyright$.

Câu 19. Chọn B.

$2cos x-sqrt{2}=0$ $Leftrightarrow cos x=frac{sqrt{2}}{2}$ $ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{pi }{4} + k2pi \
x =  – frac{pi }{4} + k2pi 
end{array} right.,,k in Z$.

Câu 20. Chọn B.

Cách 1:

Tam giác $OBC$ có $OB=OC=a$, $widehat{BOC}=60{}^circ $ $Rightarrow $ $OBC$ là tam giác đều $Rightarrow BC=a$.

Tam giác $OAC$ và $OAB$ bằng nhau $Rightarrow AB=AC$

Áp dụng định lí cosin trong tam giác $OAB$ ta có:

$A{{B}^{2}}=O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-2.OA.OB.cos 45{}^circ $ $Leftrightarrow A{{B}^{2}}={{a}^{2}}$ $Leftrightarrow AB=AC=a$.

Khi đó tam giác $ABC$ đều.

Gọi $H$ là trung điểm $BC$ thì $OH=AH=frac{asqrt{3}}{2}$ và $cos widehat{OHA}=frac{O{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}-O{{A}^{2}}}{2.AH.OH}=frac{-1}{3}$

$Rightarrow sin widehat{OHA}=frac{2sqrt{2}}{3}$ $Rightarrow {{S}_{OAH}}=frac{1}{2}OH.AH.sin widehat{OHA}=frac{{{a}^{2}}sqrt{2}}{4}$.

Ta có $left{ begin{array}{l}
BC bot OH\
BC bot AH
end{array} right. Rightarrow BC bot leftOAHright$.

${{V}_{O.ABC}}=2{{V}_{B.OAH}}$ $Leftrightarrow {{V}_{O.ABC}}=2.frac{1}{3}.BH.{{S}_{OAH}}$$Leftrightarrow {{V}_{O.ABC}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$.

Cách 2: Áp dụng công thức giải nhanh

Khối tứ diện $OABC$ có $left{ begin{array}{l}
OA = a,,OB = b,,OC = c\
widehat {AOB} = alpha ,,widehat {AOC} = beta ,,widehat {BOC} = gamma 
end{array} right.$ thì

${{V}_{OABC}}=frac{abc}{6}sqrt{1-{{cos }^{2}}alpha -{{cos }^{2}}beta -{{cos }^{2}}gamma +2cos alpha .cos beta .cos gamma }=frac{{{a}^{3}}sqrt{2}}{12}$.

Câu 21. Chọn C.

Ta có thể tích của khối cầu là ${{V}_{C}}=frac{4}{3}pi {{r}^{3}}$.

Thể tích của khối trụ là ${{V}_{T}}=pi {{r}^{2}}l=2pi {{r}^{3}}$.

Khi đó $frac{{{V}_{C}}}{{{V}_{T}}}=frac{2}{3}$.

Câu 22. Chọn D.

Ta có $underset{xto {{1}^{+}}}{mathop{lim }},fleftxright=underset{xto {{1}^{+}}}{mathop{lim }},leftx2+1right=2$; $underset{xto {{1}^{-}}}{mathop{lim }},fleftxright=underset{xto {{1}^{-}}}{mathop{lim }},leftx+mright=1+m$. Để hàm số liên tục tại ${{x}_{0}}=1$ thì $underset{xto {{1}^{+}}}{mathop{lim }},fleftxright=underset{xto {{1}^{-}}}{mathop{lim }},fleftxrightLeftrightarrow 2=m+1Leftrightarrow m=1$.

Câu 23. Chọn D.

Số phần tử không gian mẫu là $left| Omega  right|=C_{35}^{4}=5236$.

Số phần phần tử của biến cố lấy được $4$ bi màu xanh là $C_{20}^{4}$.

Số phần phần tử của biến cố lấy được $4$ bi màu đỏ là $C_{15}^{4}$.

Suy ra xác suất của biến cố $4$bi lấy được có đủ  hai màu là $p=1-frac{C_{20}^{4}+C_{15}^{4}}{5236}=frac{4615}{5236}$.

Câu 24. Chọn A.

ĐK $left{ begin{array}{l}
sin x ne 0\
cos x ne 0
end{array} right. Leftrightarrow sin 2x ne 0 Leftrightarrow x ne frac{{kpi }}{2},k in Z$.

Phương trình tương đương ${tan ^2}x – leftsqrt3+1righttan x + sqrt 3  = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
tan x = 1\
tan x = sqrt 3 
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{pi }{4} + kpi \
x = frac{pi }{3} + kpi 
end{array} right.,k in Z$

Câu 25: Chọn C.

Số cách chọn $6$ người trong đó có đúng $2$ nữ là $C_{6}^{2}.C_{8}^{4}=1050$ cách.

Câu 26:  Chọn D.

Hình trụ có bán kính đáy bằng $a$ và thiết diện qua trục là hình vuông nên độ dài đường sinh của hình trụ là $l=2a$.

Diện tích xung quanh của hình trụ bằng $S=2pi rl=2pi .a.2a=4pi {{a}^{2}}$.

Câu 27: Chọn D.

Ta có

$left1rightLeftrightarrow 4leftm1rightlog _{frac{1}{3}}^{2}leftx+1right-4leftm5right{{log }_{frac{1}{3}}}leftx+1right+4m-4=0$

$Leftrightarrow leftm1rightlog _{frac{1}{3}}^{2}leftx+1right-leftm5right{{log }_{frac{1}{3}}}leftx+1right+m-1=0$

Đặt $t={{log }_{frac{1}{3}}}leftx+1right$, với $xin leftfrac23;,2right$ thì $-1le tle 1$. Ta có phương trình:

$leftm1right{{t}^{2}}-leftm5rightt+m-1=0Leftrightarrow mleftt2t+1right={{t}^{2}}-5t+1$

$Leftrightarrow m=frac{{{t}^{2}}-5t+1}{{{t}^{2}}-t+1},,,,left2right$

Xét hàm số $flefttright=frac{{{t}^{2}}-5t+1}{{{t}^{2}}-t+1}$ với $-1le tle 1$.

Ta có $f’lefttright = frac{{4{t^2} – 4}}{{{{leftt2t+1right}^2}}} = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = 1\
t =  – 1
end{array} right.$.

$fleft1right=frac{7}{3}$, $fleft1right=-3$

Do đó $underset{left1;,1right}{mathop{min }},flefttright=-3$ và $underset{left1;,1right}{mathop{max }},flefttright=frac{7}{3}$.

Phương trình đã cho có nghiệm thực trong đoạn $leftfrac23;,2right$ khi và chỉ khi phương trình $left2right$ có nghiệm $tin left1;,1right$$Leftrightarrow underset{left1;,1right}{mathop{min }},flefttrightle mle underset{left1;,1right}{mathop{max }},flefttrightLeftrightarrow -3le mle frac{7}{3}$.

Như vậy, các giá trị nguyên âm $m$ để phương trình $left1right$ có nghiệm thực trong đoạn $leftfrac23;,2right$ là $left{ -3;-2;-1 right}$.

Câu 28: Chọn A.

Hai hàm số $y={{e}^{x}}$ và $y=ln x$ là hai hàm số ngược nhau nên đồ thị của chúng đối xứng nhau qua đường thẳng $y=x$, nên mệnh đề $leftIright$ đúng.

Hàm số $y=ln x$ có tập xác định là $left0;+inftyright$ nên mệnh đề $leftIIright$ sai.

Đồ thị hai hàm số $y={{e}^{x}}$ và $y=ln x$ không cắt nhau, nên mệnh đề $leftIIIright$ sai.

Hai hàm số $y={{e}^{x}}$ và $y=ln x$ là hai hàm số đồng biến trên tập xác định của nó, nên mệnh đề $leftIVright$ đúng.

Vậy, có $2$ mệnh đề sai.

Câu 29: Chọn C.

Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $CD$ và $AB$; $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $BM$.

Ta có: $left. begin{array}{l}
CD bot BM\
CD bot AM
end{array} right} Rightarrow CD bot leftABMright Rightarrow leftABMright bot leftABCright$.

Mà $AHbot BM$; $BM=leftABMrightcap leftABCright$$A$.

Do $ACD$ và $BCD$ là hai tam giác đều cạnh $2sqrt{3}Rightarrow AM=BM=frac{sqrt{3}}{2}cdot 2sqrt{3}=3$.

Tam giác $AMN$ vuông tại $N$, có: $MN=sqrt{A{{M}^{2}}-A{{N}^{2}}}=sqrt{9-frac{{{x}^{2}}}{4}}$.

Lại có:

${{S}_{BCD}}=frac{sqrt{3}}{4}{{left2sqrt3right}^{2}}=3sqrt{3}$.

${{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}AHcdot {{S}_{BCD}}=frac{1}{3}cdot frac{xsqrt{36-{{x}^{2}}}}{6}cdot 3sqrt{3}=frac{sqrt{3}}{6}xsqrt{36-{{x}^{2}}}$.

Ta có: ${{V}_{ABCD}}=frac{sqrt{3}}{6}xsqrt{36-{{x}^{2}}}le frac{sqrt{3}}{6}cdot frac{{{x}^{2}}+36-{{x}^{2}}}{2}=3sqrt{3}$.

Suy ra ${{V}_{ABCD}}$ lớn nhất bằng $3sqrt{3}$ khi ${{x}^{2}}=36-{{x}^{2}}Rightarrow x=3sqrt{2}$.

Để lại một bình luận

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *