Loading web-font TeX/Main/Regular

Lời giải đề11: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT Hà Huy Tập- Hà Tĩnh lần 2, mã đề 002 trang 2

 

Câu 30. Chọn D.

Ta có $I=int{fleftxrighttext{d}x=}int{frac{1+ln x}{x.ln x}text{d}x}$.

Đặt $xln x=t$$Rightarrow leftlnx+1righttext{d}x=text{d}t$. Khi đó ta có $I=int{frac{1+ln x}{x.ln x}text{d}x}=int{frac{1}{t}text{dt}}

=ln left| t right|+C$$=ln left| x.ln x right|+C$.

Câu 31.Chọn D.

Vì trong 4 tam giác của tứ diện đều không có tam giác nào là tam giác vuông nên không có khối nón nào được tạo thành.

Câu 32. Chọn C.

$int{{{e}^{2x}}dx=frac{1}{2}{{e}^{2x}}+C}.$

Câu 33. Chọn B.

$dleftBC;SDright=dleftBC;left(SADright right)=dleftB;left(SADright right)=BA$.

$BA=sqrt{A{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}}=sqrt{5{{a}^{2}}-2{{a}^{2}}}=asqrt{3}$.

Câu 34. Chọn A.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Theo bài ra $SHbot leftABCright$ .$angle SCH=30{}^circ $

$CH=frac{asqrt{3}}{2}$. Xét tam giác $SCH$ ta có  $text{S}H=CH.tan 30{}^circ =frac{asqrt{3}}{2}.frac{1}{sqrt{3}}=frac{a}{2}$.

Diện tích tam giác $ABC$ là $frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$.

${{V}_{S.ABC}}=frac{1}{3}.frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}.frac{a}{2}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{24}$ . ${{V}_{S.BCM}}=frac{1}{2}.{{V}_{S.BCM}}=frac{{{a}^{3}}sqrt{3}}{48}$.

 

Câu 35. Chọn B.

* Bảng biến thiên này là bảng biến thiên của hàm bậc ba.

* Nhánh đầu tiên của bảng biến thiên đi xuống nên ta loại các đáp án C và D.

* Phương trình ${y}’=0$ có hai nghiệm là $x=0$ và $x=2$ nên ta loại đáp án A.

* Đáp án đúng là B.

Câu 36. Chọn A.

* Ta có:

$underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{x2+2012sqrt7{1-2x}-2012}{x}$$=underset{xto 0}{mathop{lim }},leftxsqrt[7]12xright+2012.underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{sqrt[7]12x1}{x}$$=2012.underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{sqrt7{1-2x}-1}{x}$

* Xét hàm số $y=fleftxright=sqrt7{1-2x}$ ta có $fleft0right=1$. Theo định nghĩa đạo hàm ta có:

${f}’left0right=underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{fleftxright-fleft0right}{x-0}=underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{sqrt7{1-2x}-1}{x}$

${f}’leftxright=-frac{2}{7{{leftsqrt[7]12xright}^{6}}}Rightarrow {f}’left0right=-frac{2}{7}$$Rightarrow underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{sqrt7{1-2x}-1}{x}=-frac{2}{7}$

$Rightarrow underset{xto 0}{mathop{lim }},frac{x2+2012sqrt7{1-2x}-2012}{x}=-frac{4024}{7}$

$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
a =  – 4024\
b = 7
end{array} right. Rightarrow a + b =  – 4017$

Câu 37. Chọn B.

* TXĐ: $D=leftinfty;0rightcup left1;+inftyright$.

* Ta có: ${{log }_{frac{1}{2}}}x2xge -1$$Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-2le 0Leftrightarrow xin left1;2right$.

* Kết hợp điều kiện xác định ta được tập nghiệm của bất phương trình là: $S=left1;0right)cupleft(1;2right.$

Câu 38. Chọn D.

* ĐKXĐ:

$left{ begin{array}{l}
{rm{cos}}x ne 0\
{rm{cos2}}x ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{sin ^2}x ne 1\
{sin ^2}x ne frac{1}{2}
end{array} right.$

* Ta có:

$frac{{{a}^{2}}}{1-{{tan }^{2}}x}=frac{{{sin }^{2}}x+{{a}^{2}}-2}{cos 2x}Leftrightarrow {{a}^{2}}{{cos }^{2}}x={{sin }^{2}}x+{{a}^{2}}-2

Leftrightarrow -{{a}^{2}}{{sin }^{2}}x={{sin }^{2}}x-2$$Leftrightarrow {{sin }^{2}}x=frac{2}{1+{{a}^{2}}}$

Để phương trình đã cho có nghiệm điều kiện là:

 

$left{ begin{array}{l}
frac{2}{{1 + {a^2}}} in left0;1right\
frac{2}{{1 + {a^2}}} ne 1\
frac{2}{{1 + {a^2}}} ne frac{1}{2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
frac{2}{{1 + {a^2}}} in left0;1right\
frac{2}{{1 + {a^2}}} ne frac{1}{2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
1 + {a^2} > 2\
1 + {a^2} ne 4
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left| a right| > 1\
left| a right| ne sqrt 3 
end{array} right.$

 

Câu 39. Chọn D.

Giả sử $Mleftx0;,y0right$ là điểm cố định của họ $leftCmright$. Khi đó

 

${y_0} = x_0^4 – mx_0^2 + m + 2018,,forall m Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
 – x_0^2 + 1 = 0\
x_0^4 – {y_0} + 2018 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
left[ begin{array}{l}
{x_0} = 1\
{x_0} =  – 1
end{array} right.\
x_0^4 – {y_0} + 2018 = 0
end{array} right.$

$ Leftrightarrow leftx02+1rightm + x_0^4 – {y_0} + 2018 = 0,,forall m$

 

$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
{x_0} = 1\
{y_0} = 2019
end{array} right.\
left{ begin{array}{l}
{x_0} =  – 1\
{y_0} = 2019
end{array} right.
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
Mleft1;,2019right\
Nleft1;,2019right
end{array} right.$

Suy ra tọa độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $MN$ có tọa độ là $Ileft0;,2019right$.

Câu 40. Chọn B.

Gọi $Mleftx0;,y0right$ là tiếp điểm của đồ thị hàm số $leftCright$ và tiếp tuyến.

Khi đó ${f}’leftx0right=frac{-7}{{{leftx0+2right}^{2}}}$ là hệ số góc của tiếp tuyến.

Đường thẳng $d:x+7y-5=0$ có hệ số góc $k=-frac{1}{7}$.

Mà tiếp tuyến song song với đường thẳng $d$ nên

 

$begin{array}{l}
f’leftx0right = k Leftrightarrow frac{{ – 7}}{{{{leftx0+2right}^2}}} = frac{{ – 1}}{7} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_0} + 2 = 7\
{x_0} + 2 =  – 7
end{array} right.\
 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_0} = 5\
{x_0} =  – 9
end{array} right. Rightarrow left[ begin{array}{l}
{y_0} = 0\
{y_0} =  – frac{{14}}{7}
end{array} right.
end{array}$

 .

Suy ra ${{M}_{1}}left5;,0right$; ${{M}_{2}}left9;,frac147right$.

Tiếp tuyến tại ${{M}_{1}}left5;,0right$ là: $y=-frac{1}{7}x+frac{5}{7}$.

Tiếp tuyến tại ${{M}_{2}}left9;,frac147right$ là: $y=-frac{1}{7}x-frac{23}{7}$.

Câu 41. Chọn D.

Gọi $Dleftx;y;zright$ là điểm thỏa mãn $overrightarrow{DA}+overrightarrow{DB}=overrightarrow{0}$ khi đó ta có $Dleft2;,3;,4right$

$P=left| overrightarrow{MA}+overrightarrow{MB} right|$ $=left| overrightarrow{MD}+overrightarrow{DA}+overrightarrow{MD}+overrightarrow{DB} right|=left| 2overrightarrow{MD} right|

=2MD$

Khi đó $P$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $M$ là hình chiếu của $D$ lên mặt phẳng $leftOxyright$

Ta có phương trình

$leftMDright:left{ begin{array}{l}
x = 2\
y = 3\
z = 4 + t
end{array} right. Rightarrow Mleft2;,3;,4+tright$

$Min leftOxyright$ nên $4+t=0Leftrightarrow t=-4$

Vậy $Mleft2;,3;,0right$ là điểm cần tìm.

Câu 42. Chọn A.

 

Giả sử trải các mặt hình chóp đều trên đường tròn tâm $S$ và bán kính $R=SA$. Ta có $Delta SA{A}’$ có $widehat{AS{A}’}={{15}^{text{o}}}.4={{60}^{text{o}}}Rightarrow Delta SA{A}’$ đều.

Mà đoạn đường $AQ$ ngắn nhất khi $A$, $M$, $N$, $P$, $Q$ thẳng hàng. Khi đó $N$ là trọng tâm $Delta SA{A}’$. Suy ra $k=frac{AM+MN}{NP+PQ}=frac{AN}{NQ}=2$.

 

Câu 43. Chọn D.

Với $m=1$ thì hàm số là hàm hằng $leftforallxne1right$ nên không nghịch biến.

Ta có ${y}’=frac{m-1}{{{leftx+1right}^{2}}},$$forall xne -1$.

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng của tập xác định khi và chỉ khi ${y}'<0,xne -1

Leftrightarrow m<1$.

Câu 44. Chọn D.

Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn $4$ đỉnh trong $32$ đỉnh để tạo thành tứ giác, $left| Omega  right|=C_{32}^{4}$.

Gọi $A$ là biến cố “chọn được hình chữ nhật”.

Để chọn được hình chữ nhật cần chọn $2$ trong $16$ đường chéo đi qua tâm của đa giác, do đó số phần tử của $A$ là $C_{16}^{2}$.

Xác suất biến cố $A$ là $PleftAright=frac{C_{16}^{2}}{C_{32}^{4}}$$=frac{3}{899}$.

Câu 45. Chọn C.

Gọi $d$ là công sai của cấp số cộng và các cạnh có độ dài lần lượt là $a-d$, $a$, $a+d$ $left0<d<aright$.

Vì tam giác có chu vi bằng $3$ nên $3a=3$$Leftrightarrow a=1$.

Vì tam giác vuông nên theo định lý Pytago ta có ${{left1+dright}^{2}}={{left1dright}^{2}}+{{1}^{2}}$ $Leftrightarrow 4d=1$$Leftrightarrow d=frac{1}{4}$.

Suy ra ba cạnh của tam giác có độ dài là $frac{3}{4};1;frac{5}{4}$.

Câu 46. Chọn C.

Ta có: ${{u}_{6}}={{u}_{1}}.{{q}^{5}}=0,00001Leftrightarrow {{q}^{5}}=frac{-1}{{{10}^{5}}}

Leftrightarrow q=frac{-1}{10}$.

$Rightarrow {{u}_{n}}={{u}_{1}}.{{q}^{n-1}}$$=-1.{{leftfrac110right}^{n-1}}$$=frac{{{left1right}^{n}}}{{{10}^{n-1}}}$.

Vậy đáp án đúng là: C.

Câu 47. Chọn D.

ĐK:

$left{ begin{array}{l}
 – {x^2} + 2x > 0\
{log _{2016}}leftx2+2xright ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
0 < x < 2\
 – {x^2} + 2x – 1 ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
0 < x < 2\
x ne 1
end{array} right.$

Vậy Txđ: $D=left0;2rightbackslash left{ 1 right}$.

Câu 48. Chọn C.

Đặt: $t=cos x$$Rightarrow tin left1;1right$ $Rightarrow y=2t-frac{4}{3}{{t}^{3}}$.

$y’=2-4{{t}^{2}}$,$y’=0$

$ Leftrightarrow leftbeginarraylx=frac1sqrt2inleft[1;1right\
x = frac{1}{{sqrt 2 }} in left1;1right end{array} right.$

 

Tính:$yleft1right=frac{-2}{3}$, $yleftfrac1sqrt2right=frac{-2sqrt{2}}{3}$, $yleftfrac1sqrt2right=frac{2sqrt{2}}{3}$, $yleft1right=frac{2}{3}$.

Vậy: $underset{left0;piright}{mathop{mtext{ax}}},y=frac{2sqrt{2}}{3}$.

Câu 49: Chọn D.

Mặt cầu $leftSright$ có tâm $Ileft0;1;1right$ và bán kính $R=3$.

Ta có $IA=sqrt{{{left20right}^{2}}+{{left11right}^{2}}+{{left21right}^{2}}}$$=sqrt{5}<3=R$ nên $A$ nằm trong mặt cầu $leftSright$.

Đặt $h$ là khoảng cách từ $I$ đến mặt phẳng $leftPright$, $r$ là bán kính đường tròn $leftCright$. Khi đó:

$hle IA=sqrt{5}$ và $h=sqrt{5}$ khi và chỉ khi $IAbot leftPright$.

${{r}^{2}}={{R}^{2}}-{{h}^{2}}ge {{3}^{2}}-{{sqrt{5}}^{2}}=4Rightarrow rge 2$.

Đường tròn $leftCright$ có diện tích nhỏ nhất nên $r=2$.

Câu 50: Chọn A.

Từ $fleftxright={f}’leftxright.sqrt{3x+1}$ ta có $frac{{f}’leftxright}{fleftxright}=frac{1}{sqrt{3x+1}}$.

Suy ra: $int{frac{{f}’leftxright}{fleftxright}operatorname{d}x}=int{frac{1}{sqrt{3x+1}}operatorname{d}x}$$Rightarrow ln fleftxright=frac{2}{3}sqrt{3x+1}+C$.

Ta có $ln fleft1right=frac{2}{3}sqrt{3.1+1}+CLeftrightarrow ln 1=frac{4}{3}+C

Leftrightarrow C=-frac{4}{3}$.

Nên $ln fleftxright=frac{2}{3}sqrt{3x+1}-frac{4}{3}$$Leftrightarrow fleftxright={{e}^{frac{2}{3}sqrt{3x+1}-frac{4}{3}}}$.

Vậy $fleft5right={{e}^{frac{2}{3}sqrt{3.5+1}-frac{4}{3}}}={{e}^{frac{4}{3}}}in left3;4right$.

Để lại một bình luận

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