Lời giải đề 8: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 trường THPT chuyên Chu Văn An- Lạng Sơn lần 1 trang 1

Đáp án

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án D.

Phương pháp: Hàm số $y=tan x$ xác định $Leftrightarrow cos xne 0$

Cách giải: Hàm số $y=tan x$ xác định $Leftrightarrow cos xne 0Leftrightarrow xne frac{pi }{2}+kpi ,left( kin Z right)$

Vậy TXĐ: $D=Rbackslash left{ frac{pi }{2}+kpi ,kin Z right}.$ 

Câu 2: Đáp án A.

Phương pháp : Số phức $z=a+bi$ có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là $Mleft( a;b right)$trong đó a là phần thực và b là phần ảo.

Cách giải: $Mleft( 3;-4 right)Rightarrow $ Số phức z có phần thức là 3 và phần ảo là -4.

Câu 3: Đáp án B.

Phương pháp :  Ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.

Cách giải: $S=intlimits_{a}^{b}{left| fleft( x right) right|dx=intlimits_{a}^{c}{left| fleft( x right) right|dx+intlimits_{c}^{b}{left| fleft( x right) right|dx=-intlimits_{a}^{c}{fleft( x right)dx+}}}}intlimits_{c}^{b}{fleft( x right)dx}$

Câu 4: Đáp án D.

Phương pháp: Viết phương trình mặt phẳng (ABC) dạng đoạn chắn.

Cách giải:  Phương trình mặt phẳng (ABC): $frac{x}{8}+frac{y}{2}+frac{z}{-4}=1Leftrightarrow x+4y-2z-8=0$

Câu 5: Đáp án B.

Phương pháp: Mặt phẳng $left( alpha  right)$ đi qua $Mleft( 1;-3;4 right)$ và nhận $overrightarrow{{{n}_{left( beta  right)}}}=left( 6;-5;1 right)$ là 1 VTPT.

Cách giải: Mặt phẳng $left( alpha  right)$ đi qua $Mleft( 1;-3;4 right)$ và nhận $overrightarrow{{{n}_{left( beta  right)}}}=left( 6;-5;1 right)$ là 1 VTPT nên có phương trình:

$6left( x-1 right)-5left( y+3 right)+left( z-4 right)=0Leftrightarrow 6x-5y+z-25=0.$

Câu 6: Đáp án D.

Phương pháp :  Dựa vào BBT.

Cách giải :

A sai vì giá trị cực đại của hàm số bằng 2.

B sai vì hàm số có 3 cực trị.

C sai vì hàm số không có GTLN.

Câu 7: Đáp án D.

Phương pháp: Số nghiệm của phương trình $fleft( x right)=m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=fleft( x right)$ và đường thẳng $y=m.$

Cách giải:$fleft( x right)-2=0Leftrightarrow fleft( x right)=2.$

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=fleft( x right)$ và đường thẳng $y=2.$

Dựa vào BBT ta thấy phương trình có 2 nghiệm.

Câu 8: Đáp án B.

Phương pháp: Mặt phẳng $left( alpha  right)$ đi qua $Mleft( 1;-3;4 right)$ và nhận $overrightarrow{{{n}_{left( beta  right)}}}=left( 6;2;-1 right)$ là 1 VTPT.

Cách giải: Mặt phẳng $left( alpha  right)$ đi qua $Mleft( 1;-3;4 right)$ và nhận $overrightarrow{{{n}_{left( beta  right)}}}=left( 6;2;-1 right)$ là 1 VTPT nên có phương trình: $6left( x-1 right)+2left( y+3 right)-left( z-4 right)=0Leftrightarrow 6x+2y-z+4=0.$

Câu 9: Đáp án A.

Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=fleft( x right)$ tại điểm có hoành độ $x={{x}_{0}}$ là $y=y’left( {{x}_{0}} right)left( x-{{x}_{0}} right)+{{y}_{0}}$

Cách giải: TXĐ: $D=R.$

Ta có $y’=1+frac{x}{sqrt{{{x}^{2}}+1}}Rightarrow y’left( 0 right)=1;,yleft( 0 right)=1$

$Rightarrow $ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $x=0$ là:

$y=y’left( 0 right)left( x-0 right)+yleft( 0 right)=1left( x-0 right)+1=x+1$

Câu 10: Đáp án D.

Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình nón ${{S}_{xq}}=pi rl.$

Cách giải:  Độ dài đường sinh của hình nón $l=sqrt{{{r}^{2}}+{{h}^{2}}}=5a$

Diện tích xung quanh của hình nón ${{S}_{xq}}=pi rl=pi .4a.5a=20pi {{a}^{2}}.$

Câu 11: Đáp án A.

Phương pháp:  Số tập con có 2 phần tử của tập A là chỉnh hợp chập 2 của 4.

Cách giải:  Số tập con có 2 phần tử của tập A là $C_{4}^{2}=6.$

Câu 12: Đáp án D.

Phương pháp: Đường thẳng d có phương trình tham số: $left{ begin{array}{l}
x = 1 – 2t\
y = 3t\
z = 2 + t
end{array} right.$ có phương trình chính tắc

$frac{x-{{x}_{0}}}{a}=frac{y-{{y}_{0}}}{b}=frac{z-{{z}_{0}}}{c}$

Cách giải:  Phương trình chính tắc của đường thẳng d là: $frac{x-1}{-2}=frac{y}{3}=frac{z-2}{1}$

Câu 13: Đáp án D.

Phương pháp: $log fleft( x right)<aLeftrightarrow fleft( x right)<{{10}^{a}}.$

Cách giải: ĐK: $-{{x}^{2}}+100x-2400>0Leftrightarrow xin left( 40;60 right)$

$log left( -{{x}^{2}}+100x-2400 right)<2$ $Leftrightarrow -{{x}^{2}}+100x-2400<{{10}^{2}}=100$

$Leftrightarrow -{{x}^{2}}+100x-2500<0$ $Leftrightarrow -{{left( x-50 right)}^{2}}<0,Leftrightarrow ,xne 50$

$ Rightarrow S = left( {40;60} right)backslash left{ {50} right} Rightarrow left{ begin{array}{l}
a = 40\
b = 60\
{x_0} = 50
end{array} right. Rightarrow a + b – {x_0} = 50$ 

Câu 14: Đáp án C.

Phương pháp: Chia cả tử và mẫu cho n và sử dụng giới hạn $lim frac{1}{{{n}^{alpha }}}=0left( a>1 right)$

Cách giải: $lim frac{3n+1}{n-2}=lim frac{3+frac{1}{n}}{1-frac{2}{n}}=3$

Câu 15: Đáp án A.

Phương pháp: Hàm số $y=fleft( x right)$ liên tục tại $x={{x}_{0}}Leftrightarrow underset{xto {{x}_{0}}}{mathop{lim }},fleft( x right)=fleft( {{x}_{0}} right)$

Cách giải:$underset{xto 1}{mathop{lim }},fleft( x right)=underset{xto 1}{mathop{lim }},frac{{{x}^{3}}-1}{x-1}=underset{xto 1}{mathop{lim }},left( {{x}^{2}}+x+1 right)=3$

$fleft( 1 right)=2m+1$

Để hàm số liên tục tại $x=1Leftrightarrow underset{xto 1}{mathop{lim }},fleft( x right)=fleft( 1 right)Leftrightarrow 3=2m+1Leftrightarrow m=1.$

Câu 16: Đáp án A.

Phương pháp: Sử dụng công thức lãi kép.

Cách giải:  Số tiền anh A nhận được sau n tháng là:

$Aleft( 1+r right)+A{{left( 1+r right)}^{2}}+…+A{{left( 1+r right)}^{n}}$ $=Aleft( 1+r right)left[ 1+left( 1+r right)+…+{{left( 1+r right)}^{n-1}} right]$

$Aleft( 1+r right)frac{1-{{left( 1+r right)}^{n}}}{1-left( 1+r right)}=Aleft( 1+r right).frac{left[ {{left( 1+r right)}^{n}}-1 right]}{r}>100$

$ Leftrightarrow frac{{3left( {1 + 0,7% } right)}}{{0,7% }}.left[ {{{left( {1 + 0,7% } right)}^n} – 1} right] > 100 Leftrightarrow n > 29,88$

Vậy phải cần ít nhất 30 tháng để anh A có được nhiều hơn 100 triệu.

Câu 17: Đáp án C.

Phương pháp:  Chia tử cho mẫu.

Cách giải: $intlimits_{frac{1}{3}}^1 {frac{{x – 5}}{{2x + 2}}dx = intlimits_{frac{1}{3}}^1 {frac{{x + 1 – 6}}{{2x + 2}}dx} }  = intlimits_{frac{1}{3}}^1 {left( {frac{1}{2} – frac{3}{{x + 1}}} right)dx = left( {frac{1}{2}x – 3ln left| {x + 1} right|} right)left| begin{array}{l}
^1\
_{frac{1}{3}}
end{array} right.} $

$ = frac{1}{2} – 3ln 2 – frac{1}{6} + 3ln frac{4}{3} = frac{1}{3} + 3ln frac{2}{3} = frac{1}{3} + ln frac{8}{{27}} Rightarrow left{ begin{array}{l}
a = frac{1}{3}\
b = frac{8}{{27}}
end{array} right. Rightarrow ab = frac{8}{{81}}$ 

Câu 18: Đáp án A.

Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=fleft( x right)$ tại điểm có hoành độ ${{x}_{0}}$ là: $y=f’left( {{x}_{0}} right)left( x-{{x}_{0}} right)+{{y}_{0}}$

Cách giải: Ta có: $y’=frac{2x-1}{{{x}^{2}}-x+1}Rightarrow y’left( 1 right)=1$

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $x=1$ là:

$y=1left( x-1 right)+ln 1=x-1.$

Câu 19: Đáp án C.

Phương pháp: Sử dụng định lí Vi-et.

Cách giải: ${{z}_{1}},{{z}_{2}}$  là hai nghiệm phức của phương trình ${{z}^{2}}+z+1=0$ nên theo định lí Vi-et ta có: $left{ begin{array}{l}
{z_1} + {z_2} =  – frac{b}{a} =  – 1\
{z_1}{z_2} = frac{c}{a} = 1
end{array} right.$ 

$P=z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+{{z}_{1}}{{z}_{2}}={{left( {{z}_{1}}+{{z}_{2}} right)}^{2}}-{{z}_{1}}{{z}_{2}}={{left( -1 right)}^{2}}-1=0.$

Câu 20: Đáp án B.

Phương pháp: Tính khoảng cách từ A đến (SBC) và so sánh khoảng cách từ O đến (SBC) với khoảng cách từ A đến (SBC)

Cách giải: Tam giác ABC có $ABC={{60}^{0}}Rightarrow Delta ABC$ đều cạnh a.

Gọi M là trung điểm của BC $Rightarrow AMbot BC.$ Trong mặt phẳng (SAM) kẻ $AHbot SM$ ta có

$left{ begin{array}{l}
BC bot SA\
BC bot AM
end{array} right. Rightarrow BC bot left( {SAM} right) Rightarrow BC bot AH$ 

$Rightarrow AHbot left( SBC right)Rightarrow dleft( A;left( SBC right) right)=AH$

Tam giác ABC đều cạnh a nên $AM=frac{asqrt{3}}{2}$

Ta có : $frac{1}{A{{H}^{2}}}=frac{1}{S{{A}^{2}}}+frac{1}{A{{M}^{2}}}=frac{4}{9{{a}^{2}}}+frac{4}{3{{a}^{2}}}=frac{16}{9{{a}^{2}}}Rightarrow AH=frac{3a}{4}$

Ta có $OAcap left( SBC right)=CRightarrow frac{dleft( O;left( SBC right) right)}{dleft( A;left( SBC right) right)}=frac{OC}{AC}=frac{1}{2}$

$Rightarrow dleft( O;left( SBC right) right)=frac{1}{2}AH=frac{3a}{8}$

Câu 21: Đáp án A.

Phương pháp: Dựa vào các đường tiệm cận và sự đơn điệu của đồ thị hàm số.

Cách giải: Ta thấy hàm số nghịch biến trên $left( -infty ;2 right)$ và $left( 2;+infty  right)$ $Rightarrow y'<0,,forall xne 2.$

Câu 22: Đáp án B.

Phương pháp: Đặt $t=sqrt{x+1}$

Cách giải: Đặt $t=sqrt{x+1}Leftrightarrow {{t}^{2}}=x+1Rightarrow dx=2tdt,$ đổi cận $left{ begin{array}{l}
x = 0 Rightarrow t = 1\
x = 3 Rightarrow t = 2
end{array} right.$ 

$Rightarrow intlimits_{0}^{3}{fleft( sqrt{x+1} right)dx=intlimits_{1}^{2}{fleft( t right)2tdt=2intlimits_{1}^{2}{xfleft( x right)}}}dx=8Leftrightarrow intlimits_{1}^{2}{xfleft( x right)dx=4}$

Câu 23: Đáp án C.

Phương pháp:

Hàm số $y=fleft( x right)$ đồng biến trên R $Leftrightarrow f’left( x right)ge 0,,forall xin R$và $f’left( x right)=0$ tại hữu hạn điểm.

Cách giải:

Đáp án A: $y’=4{{x}^{3}}+4x=0Leftrightarrow x=0Rightarrow y’>0Leftrightarrow x>0$

Đáp án B: TXĐ $D=Rbackslash left{ -frac{1}{2} right},$ ta có $y’=frac{3}{{{left( 2x+1 right)}^{2}}}>0,forall xin DRightarrow $ hàm số đồng biến trên các khoảng xác định $left( -infty ;-frac{1}{2} right)$ và $left( -frac{1}{2};+infty  right)$

Đáp án C: $y’=3{{x}^{2}}+1>0,,forall xin RRightarrow $ Hàm số đồng biến trên R.

Đáp án D: TXĐ: $D=Rbackslash left{ frac{pi }{2}+kpi  right},$ ta có $y’=1+frac{1}{co{{s}^{2}}x}>0,,forall xin DRightarrow $ Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định.

Vậy chỉ có đáp án C đúng.

Câu 24: Đáp án C.

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

Cách giải : ${{left( frac{1}{{{x}^{3}}}+{{x}^{5}} right)}^{12}}=sumlimits_{k=0}^{12}{C_{12}^{k}.{{left( frac{1}{{{x}^{3}}} right)}^{k}}.{{left( {{x}^{5}} right)}^{12-k}}=sumlimits_{k=0}^{12}{C_{12}^{k}.frac{1}{{{x}^{3k}}}.{{x}^{60-5k}}=sumlimits_{k=0}^{12}{C_{12}^{k}.{{x}^{60-8k}}}}}$

$60-8k=4Leftrightarrow k=7Leftrightarrow $  Số hạng chứa ${{x}^{4}}$ là $C_{12}^{7}.{{x}^{4}}=792{{x}^{4}}.$

Câu 25: Đáp án C.

Phương pháp : ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}},$ với O là giao điểm 2 đường chéo.

Cách giải : Gọi $O=ACcap BD$

Ta có: $BO=frac{1}{2}BD=frac{asqrt{2}}{2}$

Xét tam giác vuông SOB có $SO=sqrt{S{{B}^{2}}-B{{O}^{2}}}=frac{a}{sqrt{2}}$

$Rightarrow {{V}_{A.ABCD}}=frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}=frac{1}{3}frac{a}{sqrt{2}}.{{a}^{2}}=frac{sqrt{2}{{a}^{3}}}{6}$

Câu 26: Đáp án C.

Phương pháp: Sử dụng các công thức ${{log }_{{{a}^{n}}}}{{x}^{m}}=frac{m}{n}{{log }_{a}}b$ và $log left( ab right)=log a+log b$  (giả sử các biểu thức là có nghĩa).

Cách giải: $P={{log }_{a}}left( frac{{{b}^{2}}}{{{c}^{3}}} right)={{log }_{a}}{{b}^{2}}-{{log }_{a}}{{c}^{3}}=2{{log }_{a}}b-3{{log }_{a}}c=2.2-3.3=-5$

Câu 27: Đáp án D.

Phương pháp :

+) Xác định mặt phẳng (P) chứa AB và song song với OO’.

+) $dleft( text{OO }!!’!!text{ ;AB} right)=dleft( text{OO }!!’!!text{ ;}left( P right) right)$

Cách giải :

Dựng AA’//OO’ ta có: $left( text{OO }!!’!!text{ ;AB} right)=left( text{AA }!!’!!text{ ;AB} right)=A’AB={{30}^{0}}$

Gọi M là trung điểm của A’B ta có:

$left{ begin{array}{l}
O’M bot A’B\
O’M bot {rm{AA}}’
end{array} right. Rightarrow O’M bot left( {ABA’} right) Rightarrow O’M = left( {O’;left( {ABA’} right)} right)$ 

$text{OO}’//text{AA }!!’!!text{ }Rightarrow text{OO }!!’!!text{ //}left( ABA’ right)supset AB$

$Rightarrow dleft( text{OO}’;AB right)=dleft( text{OO}’;left( ABA’ right) right)$$=dleft( O’left( ABA’ right) right)=O’M$

Xét tam giác vuông ABA’ có $text{A }!!’!!text{ B=AA}’.tan30=asqrt{3}.frac{1}{sqrt{3}}=aRightarrow MB=frac{a}{2}$

Xét tam giác vuông O’MB có $O’M=sqrt{O'{{B}^{2}}-M{{B}^{2}}}=frac{asqrt{3}}{2}$

Câu 28: Đáp án B.

Phương pháp :

Nếu $underset{xto +infty }{mathop{lim }},y=a$ hoặc $underset{xto +infty }{mathop{lim }},y=aRightarrow y=a$ là đường TCN của đồ thị hàm số.

Nếu $underset{xto {{x}_{0}}}{mathop{lim }},y=infty Rightarrow x={{x}_{0}}$là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

Cách giải : Dễ thấy đồ thị hàm số có 1 đường TCN là $y=0$ và 2 đường TCĐ là $x=1;x=3.$

Vậy $n=3.$

Câu 29: Đáp án C.

Phương pháp:

+) Chọn 2 học sinh nam.

+) Chọn 3 học sinh nữ.

+) Sử dụng quy tắc nhân.

Cách giải:

Số cách chọn 2 học sinh nam $C_{6}^{2}.$

Số cách chọn 3 học sinh nữ $C_{9}^{3}.$

Vậy số cách chọn 5 học sinh đi lao động trong đó có 2 học sinh nam là $C_{6}^{2}.C_{9}^{3}.$