35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 11)

Chọn A

Áp dụng công thức đạo hàm của hàm số mũ ta có:

${\left(3^u\right)}^{\text{'}}=u^{\text{'}}{.3}^u.\ln 3\Rightarrow {\left(3^{x^2-x}\right)}^{\text{'}}=\left(2x-1\right){.3}^{x^2-x}.\ln 3$.

Chọn B

Theo tính chất của lũy thừa thì đẳng thức $x^{\alpha }+y^{\alpha }={\left(x+y\right)}^{\alpha }$ sai.

Chọn A

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

Chọn C

Điều kiện: $x>-9$

Ta có: ${\log }_2\left(x+9\right)=5\iff x+9=2^5$ $\iff x=23$.

Chọn C

Ta có $\int f\left(x\right)\text{d}x=\int {\text{e}}^{2x+1}\text{d}x=\frac{1}{2}{\text{e}}^{2x+1}+C$

Chọn B

Ta có: $\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x+\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=3-2=1$.

Chọn D

$I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(2x-1\right)\text{\hspace{0.17em}d}x={\left.\left(x^2-x\right)\right|}_1^2=2$.

Chọn D

Ta có $\overline{z}=-5-2i$. Vậy phần thực và phần ảo của số phức $\overline{z}$ lần lượt là -5 và -2.

Chọn B

Ta có $2z_1-z_2=2\left(-2-3i\right)-5+i=-4-6i-5+i=-9-5i$.

Vậy $-9-5=-14$.

Chọn B

Ta có

$\overline{z}=3i-1\Rightarrow z=-1-3i$nên điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ là điểm$P\left(-1;-3\right)$.

Chọn C

Ta có $V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}6a^2.2a=4a^3$.

Chọn C

Thể tích của khối hộp đã cho bằng $\mathrm{2.4.6}=48$.

Chọn D

Ta có $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h$.

Chọn A

Ta có công thức thể tích khối nón $V=\frac{1}{3}.\pi .r^2.h\Rightarrow h=\frac{3V}{\pi .r^2}=\frac{3.4\pi }{\pi .4}=3$.

Chọn A

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-3+1;-1-2;1+3\right)=\left(-2;-3;4\right)$.

Chọn B

Từ phương trình mặt cầu suy ra tâm của mặt cầu là $I\left(2;-1;3\right)$.

Chọn B

Xét đáp án A, thay tọa độ điểm M vào phương trình ta được 6 = 0 (vô lý).

Xét đáp án B, thay tọa độ điểm M vào phương trình ta được 0= 0 (đúng).

Xét đáp án C, thay tọa độ điểm M vào phương trình ta được -2 = 0 (vô lý).

Xét đáp án D, thay tọa độ điểm M vào phương trình ta được 2 = 0 (vô lý).

Chọn B

Chọn A

Số cách chọn 3 bóng từ hộp gồm 5 bóng xanh và 3 bóng vàng có: $C_8^3=56$ (cách) Số cách chọn 3 bóng cùng màu có: $C_5^3+C_3^3=11$ (cách)

Xác suất lấy được 3 bóng cùng màu: $\frac{11}{56}$ .

Chọn D

Tập xác định $D=ℝ$.

$y^{\text{'}}=\frac{-12x}{{\left(3x^2+1\right)}^2}$.

Ta có $y^{\text{'}}<0$$\iff$$x>0$ nên hàm số $y=\frac{2}{3x^2+1}$ nghịch biến trên khoảng $\left(0;\text{ +}\infty \right)$.

Chọn A

Hàm số $y=x^4+2x^2-1$  liên tục trên $\left[-1;2\right]$.

Ta có: $y^{\text{'}}=4x^3+4x$

Cho $y^{\text{'}}=0\iff x=0$.

Ta có: $f\left(0\right)=-1$, $f\left(-1\right)=2$, $f\left(2\right)=23$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng -1 tại x = 0.

Chọn A

Ta có ${\left(\frac{1}{3}\right)}^{2x^2-3x-7}>3^{2x-21}\iff 3^{-\left(2x^2-3x-7\right)}>3^{2x-21}$

$\iff -\left(2x^2-3x-7\right)>2x-21\iff -2x^2+3x+7>2x-21$

$\iff -2x^2+x+28>0\iff -\frac{7}{2}<x<4$.

Do $x\in \mathbb{Z}$ nên $x\in \left\{-3;-2;-1;0;1;2;3\right\}$.

Vậy bất phương trình đã cho có 7 nghiệm nguyên.

Chọn A

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(f\left(x\right)-2g\left(x\right)\right)\text{d}x=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x-2\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)\text{d}x$$=2-2.5=-8$.

Chọn D

Ta có: $z=3-2i\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{3^2+{\left(-2\right)}^2}=\sqrt{13}$.

Chọn C

Do SA vuông góc với mặt phẳng đáy nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng đáy. Từ đó suy ra: $\left(\widehat{SC;\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{SC;AC}\right)=\widehat{SCA}$

Trong tam giác ABC vuông tại B có: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{a^2+4a^2}=\sqrt{5}a$.

Trong tam giác SAC vuông tại A có: $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{\sqrt{15}a}{\sqrt{5}a}=\sqrt{3}$ $\Rightarrow \widehat{SCA}=60°$.

Vậy $\left(\widehat{SC;\left(ABC\right)}\right)=60°$.

Chọn C

Gọi H là hình chiếu của A lên SD ta chứng minh được $AH\perp \left(SCD\right)$

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}\Rightarrow AH=\frac{2\text{a}}{\sqrt{5}}$.

Chọn C

Ta có $R=IA=\sqrt{{\left(1-1\right)}^2+{\left(2-1\right)}^2+{\left(3-1\right)}^2}=\sqrt{5}$.

vậy phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A có phương trình là

${\left(x-x_I\right)}^2+{\left(y-y_I\right)}^2+{\left(z-z_I\right)}^2=R^2\Rightarrow {\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=5$.

Chọn C

Phương trình đường thẳng d đi qua M và song song với NP nên có vectơ chỉ phương là: $\overrightarrow{NP}=\left(3;-3;-2\right)$.

Vậy phương trình đưởng thẳng d là: $\left\{\begin{array}{l}x=-2+3t\\ y=3-3t\\ z=-1-2t\end{array}\right.$

Chọn A

Xét hàm số $g\left(x\right)=2f\left(x\right)+{\left(1-x\right)}^2$ trên $\left[-4;3\right]$.

Ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)=2f^{\text{'}}\left(x\right)-2\left(1-x\right)$.

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=1-x$. Trên đồ thị hàm số $f^{\text{'}}\left(x\right)$ ta vẽ thêm đường thẳng $y=1-x$.

Từ đồ thị ta thấy $f^{\text{'}}\left(x\right)=1-x\iff \left[\begin{array}{l}x=-4\\ x=-1\\ x=3\end{array}\right.$.

Bảng biến thiên của hàm số $g\left(x\right)$ như sau:

Vậy $\underset{\left[-4;3\right]}{\min }g\left(x\right)=g\left(-1\right)\iff x=-1$.

Chọn B

$\begin{array}{l}{a}^x=b^y=\sqrt[3]{ab}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x={\log }_a\sqrt[3]{ab}=\frac{1}{3}\left(1+{\log }_{a}b\right)\\ y={\log }_b\sqrt[3]{ab}=\frac{1}{3}\left(1+{\log }_{b}a\right)\end{array}\right.\\ \Rightarrow Q=x+3y=\frac{1}{3}\left(1+{\log }_{a}b\right)+1+{\log }_{b}a=\frac{4}{3}+\frac{1}{3}{\log }_{a}b+{\log }_{b}a\ge \frac{4}{3}+2\sqrt{\frac{1}{3}}\in \left(2;\frac{5}{2}\right)\end{array}$

Chọn C

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=\cos x.{\sin }^{2}2x=\cos x.{\left(2\sin x.\cos x\right)}^2=4\cos x.{\sin }^{2}x.{\cos }^{2}x=4\cos x.{\sin }^{2}x.\left(1-{\sin }^{2}x\right)$

$\Rightarrow f\left(x\right)=\int f\text{'}\left(x\right)dx=\int 4\cos x.{\sin }^{2}x.\left(1-{\sin }^{2}x\right)dx$. Đặt $t=\sin x\Rightarrow dt=\cos xdx$

Ta có: $I=\int 4t^2\left(1-t^2\right)dt=\int \left(4t^2-4t^4\right)dt=\frac{4}{3}{t}^3-\frac{4}{5}{t}^5+c\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{4}{3}{\sin }^{3}x-\frac{4}{5}{\sin }^{5}x+c$

Vì $f\left(\frac{\pi }{2}\right)=\frac{8}{15}\Rightarrow C=0\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{4}{3}{\sin }^{3}x-\frac{4}{5}{\sin }^{5}x$

Vậy $\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left(\frac{4}{3}{\sin }^{3}x-\frac{4}{5}{\sin }^{5}x\right)\text{d}x=\frac{104}{225}$

Chọn A

Ta có $\left(1+i\right)\overline{z}-1-3i=0\iff \overline{z}=\frac{1+3i}{1+i}\iff \overline{z}=2+i\Rightarrow z=2-i$.

Do đó $w=1-iz+\overline{z}=1-i\left(2-i\right)+2+i=2-i$.

Vậy phần ảo của số phức $w=1-iz+\overline{z}$ là -1.

Chọn C

Ta có tam giác  $\Delta ABD$là tam giác đều nên $S_{\Delta ABD}=\frac{{\left(2a\right)}^2\sqrt{3}}{4}$

Ta có: $S_{ABCD}=2S_{BCD}=2\frac{{\left(2a\right)}^2\sqrt{3}}{4}=2a^2\sqrt{3}$

$V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=AA\text{'}.S_{ABCD}=a\sqrt{3}.2a^2\sqrt{3}=6a^3$.

Chọn B

Gọi chiều rộng, chiều dài của đáy lần lượt là x và 2x, chiều cao là y

Diện tích các mặt bên và mặt đáy là $S=6xy+2x^2$

Thể tích là $V=2x^{2}y=200\Rightarrow xy=\frac{100}{x}$.

$S=\frac{600}{x}+2x^2=\frac{300}{x}+\frac{300}{x}+2x^2\ge 3\sqrt[3]{\frac{300}{x}.\frac{300}{x}.2x^2}=30\sqrt[3]{180}$

Vậy chi phí thấp nhất là $T=30\sqrt[3]{180}.300000\text{d}=51$ triệu.

Chọn D

Phương trình tham số của đường thẳng $d:\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=2+t\\ z=3+t\end{array}\right.$.

$\Delta$Gọi $\Delta$  là đường thẳng cần tìm. Theo đề bài dd cắt $\Delta$ nên gọi $I=\Delta \cap d\Rightarrow I\in d$ suy ra $I\left(1+t;2+t;3+t\right)$.

Ta có $\overrightarrow{MI}=\left(t;t;1+t\right)$; mặt phẳng $\left(P\right)$có VTPT là $\overrightarrow{n}=\left(1;-1;1\right)$.

$\Delta$ song song với mặt phẳng $\left(P\right)$ nên

$\overrightarrow{MI}\perp \overrightarrow{n}\iff \overrightarrow{MI}.\overrightarrow{n}=0\iff 1.t+\left(-1\right).t+1.\left(1+t\right)=0\iff t=-1$

$\Rightarrow \overrightarrow{MI}=\left(-1;-1;0\right)$ là 1 VTCP của đường thẳng $\Delta$ và $\Delta$ đi qua điểm $M\left(1;2;2\right)$.

Vậy PTTS của đường thẳng $\Delta$ cần tìm là $\left\{\begin{array}{l}x=1-t\text{'}\\ y=2-t\text{'}\\ z=2\end{array}\right.$.

Chọn B

Ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)=5\cos x{f}^{\text{'}}\left(\frac{5\sin x-1}{2}\right)+\frac{5}{2}\cos x\left(5\sin x-1\right)$.

$g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 5\cos x{f}^{\text{'}}\left(\frac{5\sin x-1}{2}\right)+\frac{5}{2}\cos x\left(5\sin x-1\right)=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}\cos x=0\\ f^{\text{'}}\left(\frac{5\sin x-1}{2}\right)=-\frac{5\sin x-1}{2}\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\cos x=0\\ \frac{5\sin x-1}{2}=-3\\ \frac{5\sin x-1}{2}=-1\\ \frac{5\sin x-1}{2}=\frac{1}{3}\\ \frac{5\sin x-1}{2}=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\cos x=0\\ 5\sin x-1=-6\\ 5\sin x-1=-2\\ 5\sin x-1=\frac{2}{3}\\ 5\sin x-1=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\cos x=0\\ \sin x=-1\\ \sin x=-\frac{1}{5}\\ \sin x=\frac{1}{3}\\ \sin x=\frac{3}{5}\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\cos x=0\\ \sin x=-1\\ \sin x=-\frac{1}{5}\\ \sin x=\frac{1}{3}\\ \sin x=\frac{3}{5}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{2}\vee x=\frac{3\pi }{2}\\ x=\frac{3\pi }{2}\\ x=\pi -arc\sin \left(-\frac{1}{5}\right)\vee x=2\pi +arc\sin \left(-\frac{1}{5}\right)\\ x=arc\sin \left(\frac{1}{3}\right)\vee x=\pi -arc\sin \left(\frac{1}{3}\right)\\ x=arc\sin \left(\frac{3}{5}\right)\vee x=\pi -arc\sin \left(\frac{3}{5}\right)\end{array}\right.$,.

Suy phương trình $g^{\text{'}}\left(x\right)=0$ có 99 nghiệm, trong đó có nghiệm $x=\frac{3\pi }{2}$là nghiệm kép.