Lời giải đề 23: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 Trường PT Năng Khiếu cơ sở 2, trường ĐH quốc gia TP.HCM, mã đề 291 trang 1

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:  Chọn D.

$fleft$x+2right$-fleft$xright$={{5}^{x+2}}-{{5}^{x}}$$={{24.5}^{x}}=24.fleft$xright$$.

Câu 2: Chọn B.

$Fleft$xright$=int{frac{1}{x+1}text{d}x}=ln left| x+1 right|+C$ mà $Fleft$0right$=2$ nên $Fleft$xright$=ln left| x+1 right|+2$.

Do đó $Fleft$1right$=2+ln 2$.

Câu 3: Chọn C.

$y=frac{x-2}{{{x}^{2}}-4}$$=frac{1}{x+2}$. Do đó đồ thị hàm số $y=frac{1}{x+2}$ có 2 đường tiệm cận là $x=-2$ và $y=0$.

Câu 4: Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm ${{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+m=0$$Leftrightarrow $ ${{x}^{4}}-2{{x}^{2}}=-m$.

Vẽ đồ thị hàm số $y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}$, ta thấy để phương trình trên có $4$ điểm phân biệt thì $-1<m<0$.

Suy ra $0<m<1$.

Câu 5: Chọn C.

$overline{z}=1+2i$. Do đó số phức liên hợp $overline{z}$ có phần thực bằng $1$ và phần ảo bằng $2$.

Câu 6: Chọn A.

${{log }_{5}}frac{4sqrt{2}}{sqrt{15}}=

$=frac{5}{2}a-frac{1}{2}b-frac{1}{2}$$=frac{5a-b-1}{2}$.

Câu 7: Chọn D.

Ta có ${y}’=3m{{x}^{2}}-2left$m^2+1right$x+2$; ${{y}’}’=6mx-2left$m^2+1right$$

Theo yêu cầu bài toán:

$begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
y’left$1right$ = 0\
y”left$1right$ > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
3m – 2left$m^2+1right$ + 2 = 0\
6m – 2left$m^2+1right$ > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
 – 2{m^2} + 3m = 0\
 – 2{m^2} + 6m – 2 > 0
end{array} right.\
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
m = 0\
m = frac{3}{2}
end{array} right.\
frac{{3 – sqrt 5 }}{2} < x < frac{{3 + sqrt 5 }}{2}
end{array} right. Leftrightarrow m = frac{3}{2}
end{array}$

Câu 8: Chọn A.

$y={{x}^{4}}+{{x}^{2}}+1$

${y}’=4{{x}^{3}}+2x=0$ $Leftrightarrow x=0$,$y=1$, lập bảng biến thiên ta được kết luận.

Câu 9: Chọn A.

Đặt

$left{ begin{array}{l}
u = Fleft$xright$\
dv = gleft$xright${rm{d}}x
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
{rm{d}}u = fleft$xright${rm{d}}x\
v = Gleft$xright$
end{array} right.$

$intlimits_{1}^{2}{Fleft$xright$gleft$xright$text{d}x}$$=left. left$Fleft(xright$Gleft$xright$ right) right|_{1}^{2}-intlimits_{1}^{2}{fleft$xright$Gleft$xright$text{d}x}$$=Fleft$2right$Gleft$2right$-Fleft$1right$Gleft$1right$-intlimits_{1}^{2}{fleft$xright$Gleft$xright$text{d}x}$

$=4.2-1.frac{3}{2}-frac{67}{12}$$=frac{11}{12}$.

Câu 10: Chọn A.

Ta có $Pleft$xright$={{a}_{2018}}{{x}^{2018}}+{{a}_{2017}}{{x}^{2017}}+…+{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}$

Cho $x=1$ $Rightarrow Pleft$1right$

Câu 11: Chọn C.

Số hạng tổng quát trong khai triển ${{T}_{k}}=C_{9}^{k}{{x}^{9-k}}{{left$-frac2x^{2}right$}^{k}}=C_{9}^{k}{{left$-2right$}^{k}}{{x}^{9-3k}}$.

${{T}_{k}}$ chứa ${{x}^{3}}$ khi và chỉ khi $9-3k=3Leftrightarrow k=2$.

Suy ra hệ số của ${{x}^{3}}$ trong khai triển là $C_{9}^{2}{{left$-2right$}^{2}}=144$.

Câu 12: Chọn B.

Từ giả thiết ta có

$left{ begin{array}{l}
{u_1} = 160\
{u_6} = 5
end{array} right. Rightarrow q = sqrt$$5$${{frac{{{u_6}}}{{{u_1}}}}} = frac{1}{2}$

Suy ra tổng các số hạng của cấp số nhân đó là: $S=frac{{{u}_{1}}left$1-q^{6}right$}{1-q}=frac{160left$1-{left(frac12right)}^{6}right$}{frac{1}{2}}=315$.

Câu 13: Chọn C.

Ta có ${y}’={f}’left$xright$=frac{-2}{{{left$-x+1right$}^{2}}}<0,,,forall xne 1$.

Suy ra hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Câu 14: Chọn B.

Cách trồng $465$ cây trong một khu vườn hình tam giác như trên lập thành một cấp số cộng $left$u_{n}right$$ với số ${{u}_{n}}$ là số cây ở hàng thứ $n$ và ${{u}_{1}}=1$ và công sai $d=1$.

Tổng số cây trồng được là: ${{S}_{n}}=465$ $Leftrightarrow frac{nleft$n+1right$}{2}=465$$Leftrightarrow {{n}^{2}}+n-930=0$

$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
n = 30\
n =  – 31left$lright$
end{array} right.$

Như vậy số hàng cây trong khu vườn là $30$.

Câu 15: Chọn B.

Nếu $a=0$ thì ta có bpt: ${{1}^{2x+1}}>1$ suy ra bất phương trình vô nghiệm.

Nếu $ane 0$ thì $0<frac{1}{1+{{a}^{2}}}<1$ nên ta có bpt: ${{left$frac11+a^{2}right$}^{2x+1}}>1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $left$-infty;,-frac12right$$.

Câu 16: Chọn A.

Với $x<-5$ ta có $fleft$xright$={{x}^{2}}+ax+b$, là hàm đa thức nên liên tục trên $left$-infty;-5right$$.

Với $-5<x<10$ ta có $fleft$xright$=x+7$, là hàm đa thức nên liên tục trên $left$-5;10right$$.

Với $x>10$ ta có $fleft$xright$=ax+b+10$, là hàm đa thức nên liên tục trên $left$10;+inftyright$$.

Để hàm số liên tục trên $mathbb{R}$ thì hàm số phải liên tục tại $x=-5$ và $x=10$.

Ta có:

$fleft$-5right$=12$;$fleft$10right$=17$.

$underset{xto -{{5}^{-}}}{mathop{lim }},fleft$xright$$$=underset{xto -{{5}^{-}}}{mathop{lim }},left$x^2+ax+bright$$ $=-5a+b+25$.

$underset{xto -{{5}^{+}}}{mathop{lim }},fleft$xright$=underset{xto -{{5}^{+}}}{mathop{lim }},left$x+17right$=12$.

$underset{xto {{10}^{-}}}{mathop{lim }},fleft$xright$=underset{xto {{10}^{-}}}{mathop{lim }},left$x+17right$=27$.

$underset{xto {{10}^{+}}}{mathop{lim }},fleft$xright$=underset{xto {{10}^{+}}}{mathop{lim }},left$ax+b+10right$=10a+b+10$.

Hàm số liên tục tại $x=-5$ và $x=10$ khi

$left{ begin{array}{l}
5a + b + 25 = 12\
10a + b + 10 = 27
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
 – 5a + b =  – 13\
10a + b = 17
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = 2\
b =  – 3
end{array} right. Rightarrow a + b =  – 1$

Câu 17: Chọn B.

Số phần tử của $S$ bằng ${{9.10}^{5}}$.

Xét phép thử chọn ngẫu nhiên một số từ $S$, ta được $nleft$Omegaright$={{9.10}^{5}}$.

Gọi $A$ là biến cố “ Chọn được số có các chữ số đôi một khác nhau và phải có mặt chữ số $0$ và $1$”. Ta có các trường hợp sau.

Giả sử số chọn được có dạng: $overline{{{a}_{1}}{{a}_{2}}…{{a}_{6}}}$

Trường hợp 1: ${{a}_{1}}=1$.

Số cách chọn vị trí cho số $0$ là $5$ cách.

Số cách chọn $4$ chữ số còn lại là $A_{8}^{4}$ cách.

Vậy trường hợp này có $1.5.A_{8}^{4}$ số.

Trường hợp 2: ${{a}_{1}}ne 1$ $Rightarrow {{a}_{1}}$ có $8$ cách chọn.

Số cách chọn vị trí cho hai chữ số $0;1$ là $A_{5}^{2}$.

Số cách chọn ba số còn lại là $A_{7}^{3}$.

Vậy trường hợp này có $8.A_{5}^{2}.A_{7}^{3}$ số.

Suy ra ${{P}_{A}}=frac{5.A_{8}^{4}+8.A_{5}^{2}.A_{7}^{3}}{{{9.10}^{5}}}=frac{7}{150}$.

Câu 18: Chọn B.

Độ dài đoạn dây bằng $60text{cm}$, cạnh hình vuông bằng $a$, bán kính đường tròn bằng $r$ nên ta có:$4a+2pi r=60$ $Leftrightarrow r=frac{30-2a}{pi }left$1right$$.

Gọi $S$ là tổng diện tích của hình vuông và hình tròn, suy ra $S={{a}^{2}}+pi {{r}^{2}}left$2right$$.

Thay $left$1right$$ vào $left$2right$$ ta được $S={{a}^{2}}+frac{{{left$30-2aright$}^{2}}}{pi }$.

Khi đó ${S}’=2a-frac{4left$30-2aright$}{pi }=frac{left$2pi+8right$a-120}{pi }$.

Cho ${S}’=0Leftrightarrow a=frac{60}{pi +4}$.

Bảng biến thiên.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy $S$ nhỏ nhất khi $a=frac{60}{pi +4}$$Rightarrow r=frac{30}{pi +4}$. Vậy $frac{a}{r}=2$.

Câu 19: Chọn D.

Ta có: $frac{r}{a}=cos 60{}^circ =frac{1}{2}Rightarrow r=frac{a}{2}$ và $frac{h}{a}=sin 60{}^circ =frac{sqrt{3}}{2}Rightarrow h=frac{asqrt{3}}{2}$.

Vậy $V=frac{1}{3}pi {{r}^{2}}h=frac{1}{3}pi frac{{{a}^{2}}}{4}.frac{asqrt{3}}{2}=frac{pi {{a}^{3}}sqrt{3}}{24}$.

Câu 20: Chọn B.

Ta có: $-sqrt{{{left$2+sqrt3right$}^{2}}+1}le left$2+sqrt3right$sin x-cos xle sqrt{{{left$2+sqrt3right$}^{2}}+1}$.

Vậy $M+m=0$.

Câu 21: Chọn C.

Quay hình chữ nhật $ABCD$ quanh trục $HK$ ta được hình trụ có đường cao là $h=AB=a$, bán kính đường tròn đáy là $R=BK=frac{1}{2}BC=a$.

Vậy diện tích toàn phần của hình trụ là: ${{S}_{tp}}=2pi Rh+2pi {{R}^{2}}=4pi {{a}^{2}}$.

Câu 22: Chọn D.

Điều kiện $left{ begin{array}{l}
frac{{5 – 12x}}{{12x – 8}} > 0\
x > 0
end{array} right. Leftrightarrow frac{5}{{12}} < x < frac{2}{3}$

Do đó không có giá trị nguyên của $x$ thoả điều kiện trên.

Câu 23: Chọn B.

$4{{z}^{2}}-4z+3=0Leftrightarrow z=frac{1}{2}pm frac{sqrt{2}}{2}i$.

Do đó ${{z}_{0}}=frac{1}{2}-frac{sqrt{2}}{2}i$$Rightarrow w=-2{{z}_{0}}=-1+sqrt{2}i$.

$Rightarrow w$ có điểm biểu diễn là $Mleft$-1;,sqrt2right$$ nằm ở góc phần tư thứ $left$textIIright$$.

Câu 24: Chọn D.

Ta có: $left. begin{array}{l}
SA bot BC\
AB bot BC
end{array} right} Rightarrow BC bot left$SABright$ Rightarrow BC bot SB$.

Tương tự $CDbot SD$.

Khi đó $widehat{SAC}=widehat{SBC}=widehat{SDC}=90{}^circ $.

Nên $SC$ là đường kính của mặt cầu $left$Sright$$ ngoại tiếp khối chóp $S.ABCD$.

Bán kính của $left$Sright$$ là $R=frac{SC}{2}$.

Ta có: $AC=asqrt{2}$ nên $SC=sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}=2a$$Rightarrow R=a$.

Vậy ${{V}_{left$Sright$}}=frac{4}{3}pi {{R}^{3}}=frac{4}{3}pi {{a}^{3}}$.

Câu 25: Chọn A.

Ta có: $left$A^{\prime }B,,left(ABCright$ right)=widehat{{A}’BA}=60{}^circ $$Rightarrow A{A}’=AB.tan 60{}^circ =asqrt{3}$.

${{S}_{Delta ABC}}=frac{1}{2}BA.BC=frac{{{a}^{2}}}{2}$.

Vậy ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}’}}=A{A}’.{{S}_{Delta ABC}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{2}$.

Câu 26: Chọn D.

Mặt phẳng $left$Pright$$ có một VTPT là $overrightarrow{n}=left$3;4;5right$$.

Đường thẳng $d$ có một VTCP là $overrightarrow{u}=left$-3;-4;-5right$$.

Ta có $overrightarrow{n}=-overrightarrow{u}$$Rightarrow dbot left$Pright$$ nên góc giữa đường thẳng $d$ và mặt phẳng $left$Pright$$ là $90{}^circ $.

Câu 27: Chọn B.

Đặt $t={{2}^{x}}>0$, ta được ${{t}^{2}}+left$4m-1right$t+3{{m}^{2}}-1=0$ $left$1right$$.

Phương trình đã cho có hai nghiệm thực $Leftrightarrow $$left$1right$$ có hai nghiệm dương ${{t}_{1}}$, ${{t}_{2}}$

$begin{array}{l}
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
Delta  = {left$4m–1right$^2} – 4left$3m^2–1right$ ge 0\
{t_1}{t_2} = 3{m^2} – 1 > 0\
{t_1} + {t_2} = 1 – 4m > 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
4{m^2} – 8m + 5 ge 0\
left[ begin{array}{l}
m > frac{1}{{sqrt 3 }}\
m <  – frac{1}{{sqrt 3 }}
end{array} right.\
m < frac{1}{4}
end{array} right.\
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
4{left$m–1right$^2} + 1 ge 0\
m <  – frac{1}{{sqrt 3 }}
end{array} right. Leftrightarrow m <  – frac{1}{{sqrt 3 }}
end{array}$

Khi đó ${{x}_{1}}={{log }_{2}}{{t}_{1}}$, ${{x}_{2}}={{log }_{2}}{{t}_{2}}

Mà ${{t}_{1}}{{t}_{2}}=3{{m}^{2}}-1$ và ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}=3$$Rightarrow {{log }_{2}}left$3m^2-1right$=3

Kết hợp với $m<-frac{1}{sqrt{3}}$ ta được $m=-sqrt{3}$ thỏa mãn.

Câu 28: Chọn D.

Ta có $2=intlimits_{0}^{1}{left$fleft(xright$-frac{fleft$xright$}{{{x}^{2}}+1} right)text{d}x}$$=I-intlimits_{0}^{1}{frac{fleft$xright$}{{{x}^{2}}+1}text{d}x}$$Rightarrow I=2+intlimits_{0}^{frac{pi }{4}}{frac{fleft$xright$}{{{x}^{2}}+1}text{d}x}$.

Đặt $x=tan t$$Rightarrow I=2+intlimits_{0}^{frac{pi }{4}}{frac{fleft$tantright$}{{{tan }^{2}}t+1}dleft$tantright$}$$=2+intlimits_{0}^{frac{pi }{4}}{frac{fleft$tantright$}{frac{1}{{{cos }^{2}}t}}.frac{1}{{{cos }^{2}}t}text{d}t}$

$Rightarrow I=2+intlimits_{0}^{frac{pi }{4}}{fleft$tanxright$text{d}x}$$=2+4=6$.

Câu 29: Chọn D.

Ta có $SAbot left$ABCDright$$$Rightarrow widehat{left$SC;left(ABCDright$ right)}=widehat{SCA}=45{}^circ $

$Rightarrow tan 45{}^circ =frac{SA}{AC}