Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có chọn lọc và lời giải chi tiết (Đề 18)

Đáp án A

Một vectơ chỉ phương của d là $\overrightarrow{u_1}\left(1;-1;2\right)$

Đáp án D

Áp dụng công thức tính tích có hướng trong hệ trục tọa độ Oxyz ta được $\overrightarrow{c}=\left[\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}\right]=\left(2;-6;-1\right)$

Đáp án A

 $I=\left(-1;1;2\right)$là trung điểm của AB và $R=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\sqrt{{\left(-3-1\right)}^2+{\left(0-2\right)}^2+{\left(1-3\right)}^2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ .

Vậy phương trình mặt cầu nhận AB làm đường kính là ${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2=\frac{3}{2}$

Đáp án D

Số các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập từ 7 chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là  $A_7^4$ số.

Đáp án A

Áp dụng công thức của số hạng tổng quát $u_n=u_1.q^{n-1}={2.3}^{2018}$

Đáp án C

Hoành độ giao điểm của đường thẳng $y=x+1$ và đồ thị hàm số $y=\frac{2x-1}{x-1}$  là nghiệm của phương trình $x+1=\frac{2x-1}{x-1}\iff x^2-2x=\mathrm{0,}\left(x\ne 1\right)\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$.

Giả sử $M\left(0;1\right),N\left(2;3\right)$ . Độ dài đoạn thẳng $MN=2\sqrt{2}$

Đáp án B

TXĐ: $D=R$.

Ta có:$y^{\text{'}}=3x^2-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên để đồ thị hàm số  $y=x^3-3x+1$ luôn cắt đường thẳng $y=m$  tại ba điểm phân biệt thì $-1<m<3$

Đáp án C

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=-\infty$  nên $a<0$.

Khi $x=0$  suy ra $y=c$ . Đồ thị cắt trục Oy tại $y=-3\Rightarrow c=-3<0$

Ta có: $y^{\text{'}}=4a{x}^3+2bx=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=-\frac{b}{2a}\end{array}\right.$

Đồ thị hàm số có 3 cực trị nên $-\frac{b}{2a}>0\Rightarrow ab<0\Rightarrow b>0$

Đáp án C

Dựa vào đồ thị ta suy ra $0<a<1;b,c>1$.

Dựa vào giao điểm của đường thẳng $x=1$ với các đồ thị hàm số $y=b^x,y=c^x$  ta suy ra $c<b$

Vậy $b>c>a$

Đáp án C

+ Ta có: ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^2-2}>2^{4-3x}\iff 2^{2-x^2}>2^{4-3x}$

$\iff 2-x^2>4-3x\iff x^2-3x+2<0\iff 1<x<2$

Vậy $x\in \left(1;2\right)$

Đáp án B

Ta có: $F\left(x\right)=\int {\sin }^{2}2xdx=\int \frac{1-\cos 4x}{2}dx=\frac{1}{2}\int 1dx-\frac{1}{2}\int \cos 4xdx$

$=\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}\int \cos 4xd\left(4x\right)=\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}\sin 4x+C$

Đáp án A

Ta có: $\left(2-i\right)z+\frac{1+5i}{1+i}=7+10i\iff \left(2-i\right)z+3+2i=7+10i\iff \left(2-i\right)z=4+8i$

Suy ra:$z=\frac{4+8i}{2-i}=4i$  nên $\text{w}={\left(4i\right)}^2+20+3i=4+3i$ . Vậy $\left|w\right|=5$.

Đáp án B

 $\Delta SAB=\Delta SAC$(cạnh huyền – cạnh góc vuông) nên suy ra $AB=AC$  mà $\Delta ABC$  lại vuông tại A nên nó là tam giác vuông cân tại A do đó $AB=AC=\frac{BC}{\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$

 $\Delta SAB$ vuông tại A nên $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Thể tích khối chóp S.ABC là $V=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AB.AC.SA=\frac{1}{6}{\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)}^3=\frac{\sqrt{2}}{24}{a}^3$

Đáp án B

Mặt cầu nội tiếp hình nón có 1 đường tròn lớn nội tiếp tam giá đều ABC (cạnh a).

Nên mặt cầu đó có bán kính $r=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

Vậy diện tích mặt cầu cần tìm là $V=4\pi r^2=4\pi {\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)}^2=\frac{\pi a^2}{3}$

Đáp án B

Gọi I là trung điểm của AB .$\Rightarrow I\left(1;2;1\right)$

Giả sử $\left(P\right)$  là mặt phẳng trung trực của đoạn AB$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}I\in \left(P\right)\\ \overrightarrow{n_P}=\overrightarrow{AB}=\left(6;2;-6\right)=2\left(3;1;-3\right)\end{array}\right.$

Vậy phương trình mặt phẳng $\left(P\right):3x+y-3z-2=0$

Đáp án C

Ta có bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x\right)$

Vậy $\underset{\left[-1;3\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(1\right)$                                                                               

Từ bảng biến thiên ta có $f\left(0\right)<f\left(1\right),f\left(2\right)<f\left(1\right)$ vậy $f\left(0\right)+f\left(2\right)<2f\left(1\right)$                                                               

Khi đó $f\left(-1\right)+f\left(0\right)-2f\left(1\right)=f\left(3\right)-f\left(2\right)\iff f\left(0\right)+f\left(2\right)-2f\left(1\right)=f\left(3\right)-f\left(-1\right)$

Vậy $f\left(3\right)-f\left(-1\right)<0\Rightarrow f\left(3\right)<f\left(-1\right)$

Khi đó $\underset{\left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(3\right)$.

Đáp án D

Trường hợp 1. Nếu $m+1=0\iff m=-1$  thì hàm số đã cho trở thành $y=2x^2+1$ , hàm số này có một điểm cực trị, do đó ta loại trường hợp này.

Trường hợp 2. Nếu $m+1\ne 0\iff m\ne -1$

Ta có $y^{\text{'}}=4\left(m+1\right)x^3-4x=4x\left[\left(m+1\right)x^2-1\right]$.

$y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ \left(m+1\right)x^2-1=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=\frac{1}{m+1}\left(1\right)\end{array}\right.$

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị đều nhỏ hơn 1 khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 và nhỏ hơn 1.

Hay $0<\frac{1}{m+1}<1\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{m+1}>0\\ \frac{1}{m+1}<1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{m+1}>0\\ \frac{-m}{m+1}<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>-1\\ \left[\begin{array}{l}m<-1\\ m>0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff m>0$

Đáp án A

Đặt ${\log }_{2}x=t$ , ta được phương trình $-t^3+mt+2=\mathrm{0,}t\in R$.

Để phương trình $-{\log }_2^{3}x+m{\log }_{2}x+2=0$  có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình $-t^3+mt+2=\mathrm{0,}t\in R$  có nghiệm duy nhất.

Ta thấy $t=0$  không là nghiệm của phương trình $-t^3+mt+2=0$.

Khi đó $-t^3+mt+2=0\iff m=\frac{t^3-2}{t}=t^2-\frac{2}{t}$.

Số nghiệm pt là số giao điểm của đồ thị $y=f\left(t\right)=t^2-\frac{2}{t}$  và đường thẳng $y=m$

$f^{\text{'}}\left(t\right)=2t+\frac{2}{t^2}=\frac{2t^3+2}{t^2}=0\Rightarrow t=-1$

BBT

Dựa vào BBT, ta có $m<3$

Cách khác: Thử điểm cực biên ở mỗi phương án chọn, cụ thể thử với $m=0;m=3;m=-1$

Đáp án A

Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho AB trùng với Ox, A trùng O khi đó parabol có đỉnh $G\left(2;4\right)$  và đi qua gốc tọa độ.

Gọi phương trình của parabol là $y=a{x}^2+bx+c$.

Do đó ta có $\left\{\begin{array}{l}c=0\\ \frac{-b}{2a}=2\\ 2^{2}a+2b+c=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=4\\ c=0\end{array}\right.$.

Nên phương trình parabol là $y=f\left(x\right)=-x^2+4x$.

Diện tích của cả mảnh đất là $S={\left.\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left(-x^2+4x\right)dx=\left(-\frac{x^3}{3}+2x^2\right)\right|}_0^4=\frac{32}{3}\approx \mathrm{10,67}\left(m^2\right)$

Do vậy chiều cao $CF=DE=f\left(\mathrm{0,}9\right)=\mathrm{2,79}\left(m\right);CD=4-\mathrm{2.0,9}=\mathrm{2,2}\left(m\right)$.

Diện tích phần hình chữ nhật là $S_{CDEF}=CD.CF=\mathrm{6,138}\approx \mathrm{6,14}\left(m^2\right)$

Diện tích phần trồng cà chua là $S_{xh}=S-S_{CDEF}=\mathrm{10,67}-\mathrm{6,14}=\mathrm{4,53}\left(m^2\right)$

Nên tiền trồng rau là $\mathrm{6,14.50000}=307000$  và tiền trồng cà chua là $\mathrm{4,53.30000}=136000$

Vậy tổng chi phí là 443000 đồng.

Đáp án B

Đặt $t=-x\Rightarrow dt=-dx$ . Đổi cận $x=-\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=\frac{\pi }{2};x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=-\frac{\pi }{2}$

Khi đó, $I=-\underset{\frac{\pi }{2}}{\overset{-\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(-t\right)dt=\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(-t\right)dt=\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(-x\right)dx$

Mặt khác: $f\left(x\right)+f\left(-x\right)=3-2\cos x$

Ta có: $2I=\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left[f\left(x\right)+f\left(-x\right)\right]dx=\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(3-2\cos x\right)dx\Rightarrow I=\frac{1}{2}\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(3-2\cos x\right)dx$.

Do $f\left(x\right)=3-2\cos x$  là hàm số chẵn trên đoạn $\left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$

Nên $I=\frac{1}{2}\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(3-2\cos x\right)dx=2.\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(3-2\cos x\right)dx=\left(3x-2\sin x\right)\left|{}_0^{\frac{\pi }{2}}\right.=\frac{3\pi }{2}-2$.

Đáp án A

Cắt hình trụ theo mặt phẳng qua trục của hình trụ, ta được hình chữ nhật ABCD, như hình vẽ. Ta thấy $4R^2=h^2+4r^2\ge 2\sqrt{4h^2{r}^2}=4hr$

$\iff 2\pi R^2\ge 2\pi hr\iff S_{xq}\le 2\pi R^2$

Dấu ”=” xảy ra khi $h=2r=R\sqrt{2}$  và diện tích xung quanh của mặt trụ lớn nhất là $2\pi R^2$.