30 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải - Đề 1

Chọn C.

Gọi M là trung điểm của 

suy ra $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AM\\ BC\perp A\text{'}A\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp A\text{'}M.$

Vậy $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\left(A\text{'}BC\right)\cap \left(ABC\right)=BC\\ BC\perp AM,BC\perp A\text{'}M\end{array} \right. \\ \Rightarrow \alpha =\left(\left(A\text{'}BC\right);\left(ABC\right)\right)=\left(AM;A\text{'}M\right)=\widehat{A\text{'}MA}. \end{gathered}$$

Từ bảng biến thiên suy ra: $\underset{\left(-\sqrt[3]{2};+\infty \right)}{\min }h\left(x\right)=0.$

Suy ra: $3\left(y-x\right)\ge 0\iff y-x\ge 0.$

Ta có:

$\begin{array}{l}H=e^{4y-x^3-x-2}-\frac{x^2+y^2}{2}+x\left(y+1\right)-y\\ =e^{y-x+3y-\left(x^3+2\right)}-\frac{{\left(y-x\right)}^2}{2}-\left(y-x\right)\ge e^{y-x}-\frac{{\left(y-x\right)}^2}{2}-\left(y-x\right).\end{array}$

Xét hàm số $g\left(t\right)=e^t-\frac{1}{2}{t}^2-t$ trên $\left[0;+\infty \right).$

Ta có: $g\text{'}\left(t\right)=e^t-t-\mathrm{1,}g"\left(t\right)=e^t-1.$

Ta có: $\forall t\ge 0\Rightarrow g"\left(t\right)=e^t-1\ge e^0-1=\mathrm{0,}$

Lúc đầu đám vi trùng có 300000 con suy ra $N\left(0\right)=300000.$

Khi đó $1000\ln \left(1+2.0\right)+C=300000\iff C=300000.$

Suy ra $N\left(t\right)=1000\ln \left(1+2t\right)+300000.$

Đặt $OA=a,OB=b,OC=c.$

Gọi $M$ là trung điểm của $BC,$ 

dựng trục đường tròn  ngoại tiếp tam giác $OBC,$

trên mặt phẳng $\left(OAM\right),$

kẻ đường trung trực của đoạn $OA$ cắt $\Delta$ tại $I$ là

tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $O.ABC.$

+) $\begin{array}{l}OM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sqrt{b^2+c^2},\\ R=\sqrt{M{I}^2+O{M}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}.\end{array}$

+) Gọi $H$ là chân đường cao hạ từ đỉnh $A$ của

 tam giác $ABC,$ suy ra:

$\left\{\begin{array}{l}BC\perp AH\\ BC\perp AO\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(OAH\right)\Rightarrow BC\perp OH.$

$\begin{array}{l}\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\\ \Rightarrow OH=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}\Rightarrow AH=\sqrt{O{A}^2+O{H}^2}\\ =\sqrt{a^2+\frac{b^2{c}^2}{b^2+c^2}}=\sqrt{\frac{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}{\sqrt{b^2+c^2}}}\end{array}$

+) Gọi $J$ là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp $O.ABC.$

Khi đó:

 $\begin{array}{l}d\left(J;\left(OAB\right)\right)=d\left(J;\left(OBC\right)\right)\\ =d\left(J;\left(OAC\right)\right)=d\left(J;\left(ABC\right)\right)=r.\end{array}$

$\begin{array}{l}{V}_{O.ABC}=V_{J.ABC}+V_{J.OBC}+V_{J.AOC}+V_{J.ABO}\\ \iff \frac{1}{6}abc=\frac{1}{3}r\left(S_{\Delta ABC}+S_{\Delta OBC}+S_{\Delta AOC}+S_{\Delta ABO}\right)\end{array}$

 $\iff \frac{1}{2}abc=r\left(\frac{1}{2}\sqrt{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}+\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\right).$

     $\iff \frac{1}{r}=\frac{1}{abc}\left(\sqrt{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}+ab+bc+ca\right).$

Suy ra:

 $\frac{R}{r}=\frac{1}{2}.\frac{1}{abc}.\sqrt{a^2+b^2+c^2}\left(\sqrt{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}+ab+bc+ca\right)$

               $\ge \frac{1}{2}.\frac{1}{abc}.\sqrt{3\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}}\left(\sqrt{3\sqrt[3]{a^2{b}^2.a^2{c}^2.b^2{c}^2}}+3\sqrt[3]{ab.bc.ca}\right)$

       $=\frac{1}{2}.\frac{1}{abc}.\sqrt{3}.\sqrt[3]{abc}\left(\sqrt{3}.\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}+3\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}\right)=\frac{3+3\sqrt{3}}{2}=\frac{3+\sqrt{27}}{2}.$

Vậy $P=a+b=30.$ Dấu “=” xảy ra khi $a=b=c$.

Chọn A.

Công thức tính diện tích xung quanh $S_{xq}=\pi rl.$

Chọn C.

Tập xác định của hàm số $y={\log }_{a}x$ là $\left(0;+\infty \right)$

và tập giá trị của hàm số $y={\log }_{a}x$ là $ℝ.$

Tập xác định của hàm số $y=a^x$ là $ℝ$

và tập giá trị của hàm số $y=a^x$ là $\left(0;+\infty \right).$

Chọn B

Ta có: 

 $$\begin{gathered} {\mathit{\left(}{\mathit{3}}^{{\mathit{x}}^{\mathit{2}}}\mathit{\right)}}^{\mathit{3}\mathit{y}}\mathit{ }\mathit{=}\mathit{ }{\mathit{27}}^{\mathit{x}} \\ \mathit{\iff }{\mathit{3}}^{\mathit{3}{\mathit{x}}^{\mathit{2}}\mathit{y}}\mathit{ }\mathit{=}\mathit{ }{\mathit{3}}^{\mathit{3}\mathit{x}} \\ \mathit{\iff }\mathit{3}{x}^{\mathit{2}}y\mathit{ }\mathit{=}\mathit{ }\mathit{3}x \\ \mathit{\iff }xy\mathit{=}\mathit{1} \end{gathered}$$ 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số f'(x) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x₀ và f'(x) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x₁ .Hàm số không xác định tại x₂ .Vậy hàm số có một điểm cực đại, một điểm cực tiểu.

Vậy có 2 số nguyên dương m thỏa mãn.

Chọn B.

Gọi cạnh của hình lập phương là a

Theo giả thiết của bài toán ta có: a² = 4 $\iff$a = 2

Thể tích của khối lập phương là: V = a³ = 8 cm³

Chọn D.

Chọn D.

Mặt phẳng đi qua tâm của khối cầu cắt khối cầu thì được một hình tròn có bán kính bằng bán kính của khối cầu. Gọi bán kính của khối cầu là R Ta có: $\pi R^2=16\mathrm{\pi }\Rightarrow \mathrm{R}=4$

Chọn A.

Bài toán tổng quát:

Gọi a (triệu đồng) là số tiền gửi tiết kiệm, b% là lãi suất trên 1 tháng, c (triệu đồng) là số tiền rút ra mỗi tháng.

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ nhất là:

$S_1=\frac{100+b}{100}.a-c$ (triệu đồng)

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ hai là:

$S_2=\frac{100+b}{100}.S_1-c={\left(\frac{100+b}{100}\right)}^2.a-\frac{100+b}{100}.c-c$ (triệu đồng)

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ ba là:

$S_3=\frac{100+b}{100}.S_2-c={\left(\frac{100+b}{100}\right)}^3.a-{\left(\frac{100+b}{100}\right)}^2.c-\frac{100+b}{100}.c-c$ (triệu đồng)

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ n là:

$S_n=\frac{100+b}{100}.S_{n-1}-c={\left(\frac{100+b}{100}\right)}^n.a-{\left(\frac{100+b}{100}\right)}^{n-1}.c-{\left(\frac{100+b}{100}\right)}^{n-2}.c-...-\frac{100+b}{100}.c-c$

$\Rightarrow S_n={\left(\frac{100+b}{100}\right)}^n.a-c.\left[{\left(\frac{100+b}{100}\right)}^{n-1}+{\left(\frac{100+b}{100}\right)}^{n-2}+...+\frac{100+b}{100}+1\right]$ (triệu đồng)

Chọn D.

Đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình $\left|f\left(x\right)\right|=2$ có 4 nghiệm.

 Chọn D.

Ta có: Gọi H (x₀ ;0) Khi đó

$A\left(x_0;{\log }_a{x}_0\right); B \left(x_0;{\log }_b{x}_0\right);$

$AH=\left|{\log }_a{x}_0\right|; BH=\left|{\log }_b{x}_0\right|$

Do $3HA=4HB \iff 3\left|{\log }_a{x}_0\right|=4\left|{\log }_b{x}_0\right|$

Dựa vào đồ thị ta thấy:

$3\left|{\log }_a{x}_0\right|=4\left|{\log }_b{x}_0\right|\iff 3{\log }_a{x}_0=-4{\log }_b{x}_0$

Đặt $3{\log }_a{x}_0=-4{\log }_b{x}_0=t$ Ta có

$3{\log }_a{x}_0=-4{\log }_b{x}_0=t \iff \left\{\begin{array}{l}{\log }_a{x}_0=\frac{t}{3}\\ {\log }_b{x}_0=-\frac{t}{4}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^{\frac{t}{3}}=x_0\\ b^{\frac{-t}{4}}=x_0\end{array}\right.$

$a^{\frac{t}{3}}=b^{\frac{-t}{4}}\iff a^{\frac{t}{3}}=\frac{1}{b^{{\displaystyle \frac{t}{4}}}}\iff a^{\frac{t}{3}}.b^{\frac{t}{4}}=1\iff a^4.b^3=1$

 Chọn B.

Ta có $SH\perp \left(ABCD\right)$

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là trung điểm BO => HI // AC => $HI\perp BD$

$HI=\frac{1}{2}AC=\frac{A\sqrt{2}}{4}$

$∆ABD$ vuông tại

$A\Rightarrow HD=\sqrt{A{H}^2+H{D}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}+a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

$∆SHD$ vuông tại

$H\Rightarrow SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{\frac{17a^2}{4}-\frac{5a^2}{4}}=a\sqrt{3}$

Trong (SHI) vẽ $HE\perp SI(E\in SI)$

$\frac{1}{H{E}^2}=\frac{1}{H{I}^2}+\frac{1}{S{H}^2}=\frac{8}{a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{25}{3a^2}\Rightarrow HE=\frac{a\sqrt{3}}{5}$

Ta có $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}BD\perp HI\\ BD\perp SH\end{array}\Rightarrow BD\perp \left(SHI\right)\Rightarrow BD\perp HE\right. \\ \left\{\begin{array}{l}HE\perp SI\\ HE\perp BD\end{array}\Rightarrow HE\perp \left(SBD\right)\right. \end{gathered}$$

Ta có HK là đường trung bình $∆ABD\Rightarrow HK//BD\Rightarrow HK//\left(SBD\right)$

Do đó $d(KH,BD)=d(KH,(SBD\left)\right)=HE=\frac{a\sqrt{3}}{5}$

Chọn A.

Ta có $f\left(x\right)-4=0\iff f\left(x\right)=4 \left(1\right)$

Gọi (C) là đồ thị hàm số y=f(x)

Phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d: y=4

Do đó số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của (C) và d.