35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 14)

Chọn B.

Số cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc là $5!$.

Chọn C.

Ta có $u_3=u_1+2d$$=-3+2.4$$=5$.

Chọn C.

Ta có, ${\log }_2\left(x-5\right)=4\iff x-5=16\iff x=21$.

Chọn C.

Áp dụng công thức thể tích khối lăng trụ ta có được: $V=S_{đ}.h=4a^2.3a=12a^3$.

Chọn C.

Điều kiện $4-x>0$ $\iff x<4$.

Chọn A

Nguyên hàm không có tính chất nguyên hàm của tích bằng tích các nguyên hàm.

Hoặc B, C, D đúng do đó là các tính chất cơ bản của nguyên hàm nên A sai.

Chọn C.

Ta có diện tích đáy ABCD: $S_{ABCD}=a^2$.

Đường cao SA = 3a.

Vậy thể tích khối chóp SABCD là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA$$=\frac{1}{3}.a^2.3a$$=a^3$.

Chọn B.

Diện tích đáy: $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\mathrm{.3.3.}\sin 60°=\frac{9\sqrt{3}}{4}$. Thể tích $V_{lt}=S_{\Delta ABC}.A{A}^{\text{'}}=\frac{27\sqrt{3}}{4}$

Chọn A.

Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh, ta có: $S_{xq}=2\pi R.l=2\pi \mathrm{.3.4}=24\pi \left(c{m}^2\right)$

Chọn D.

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên (0;2).

Chọn C.

Ta có $P={\log }_b\left(b^2.b^{\frac{1}{2}}\right)$$={\log }_b{b}^{\frac{5}{2}}$$=\frac{5}{2}{\log }_{b}b$$=\frac{5}{2}$.

Chọn C.

$S_{xq}=\pi rl$.

Chọn A.

Hàm số đạt cực đại tại x = 2 và $y_{CĐ}=y\left(2\right)=3.$

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 4 và $y_{CT}=y\left(4\right)=-2.$

Chọn D

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy

 + $a>0\Rightarrow$ loại B, C.

+Khi x = -1thì y = 2

Chọn B.

Đồ thị (H) có tiệm cận đứng là x = 2

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2020}{x-2}=0\Rightarrow \left(H\right)$ có tiệm cận ngang là y = 0

Vậy số đường tiệm cận của (H)là 2

Chọn A.

Điều kiện $x>1$, ta có ${\log }_3\left(x-1\right)>2$$\iff x-1>3^2$$\iff x>10$.

Chọn C.

Đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)+3$ được suy ra từ đồ thị hàm số y = f(x) bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = f(x) theo chiều dương trục tung 3 đơn vị.

Bảng biến thiên của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)+3$ là

Vậy số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)+3=0$ là 2.

Chọn A.

$I=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x$ $=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x+\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{\hspace{0.17em}d}x$$=2+6=8$.

Chọn C.

Số phức z = 1 + 2i có phần thực và phần ảo lần lượt là 1 và 2.

Chọn B.

Ta có ${\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2={\left(\sqrt{{\left(-1\right)}^2+2^2}\right)}^2+{\left(\sqrt{{\left(-1\right)}^2+{\left(-2\right)}^2}\right)}^2=10$.

Chọn A.

Trung điểm AB là $I\left(-\frac{1}{2};2\right)$ biểu diễn số phức là $z=-\frac{1}{2}+2i$.

Chọn B.

Cách 1. Tự luận:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (Oyz).

Mặt phẳng $\left(Oyz\right):x=0$ có VTPT $\overrightarrow{n}=\left(1;0;0\right)$.

Đường thẳng AH qua $A\left(3;-1;1\right)$ và vuông góc với $\left(Oyz\right)$ nên nhận $\overrightarrow{n}=\left(1;0;0\right)$ làm VTCP.

$\Rightarrow AH:\left\{\begin{array}{l}x=3+t\\ y=-1\\ z=1\end{array}\right.$$\left(t\in ℝ\right)$$\Rightarrow H\left(3+t;-1;1\right)$.

Mà $H\in \left(Oyz\right)$$\Rightarrow 3+t=0$$\Rightarrow H\left(0;-1;1\right)$.

Cách 2: Trắc nghiệm

Với $M\left(a;b;c\right)$ thì hình chiếu của nó trên  $\left(Oyz\right)$ là $M^{\text{'}}\left(0;b;c\right)$. Do đó chọ đáp án B.

Chọn C.

Mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm là $I\left(3;-2;4\right)$.

Bán kính của mặt cầu $\left(S\right)$ là $R=\sqrt{{\left(3\right)}^2+{\left(-2\right)}^2+{\left(4\right)}^2-4}$= 5.

Chọn B.

Mặt phẳng $x+2y-z-2=0$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(1;2;-1\right)$.

Chọn D.

Nhận xét $N,P,Q$ thuộc đường thẳng d.

Tọa độ điểm M không thuộc đường thẳng d.

Chọn B.

Chọn C

Dựa vào BBT ta có khẳng định đúng là C.

Chọn D.

$y^{\text{'}}=\frac{3}{{\left(-x+1\right)}^2}>0\forall x\ne 1\Rightarrow \underset{\left[2;3\right]}{\min }y=y\left(2\right)=-5$.

Chọn D.

$P={\log }_2\left(a^2{b}^3\right)$$={\log }_2{a}^2+{\log }_2{b}^3$$=2{\log }_{2}a+3{\log }_{2}b$$=2x+3y$.

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị $\left(C\right)$ và trục hoành: $x^4+4x^2=0\iff x=0$.

Vậy đồ thị $\left(C\right)$ và trục hoành có 1 giao điểm.

Chọn D.

Chọn A.

Theo bài ra ta có $AO=r=25;$$SO=h=20;$$OK=12$ (Hình vẽ).

Lại có $\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{O{I}^2}+\frac{1}{O{S}^2}\Rightarrow OI=15\left(\text{cm}\right)$ 

$AB=2AI=\sqrt{{25}^2-{15}^2}=40\left(\text{cm}\right);SI=\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}=25\left(\text{cm}\right)\Rightarrow S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}\mathrm{.25.40}=500\left({\text{cm}}^2\right).$

Chọn B.

$I=\underset{0}{\overset{4}{\int }}x\sqrt{1+2x}\text{d}x$

Đặt $u=\sqrt{2x+1}$ $\Rightarrow x=\frac{1}{2}\left(u^2-1\right)$$\Rightarrow \text{d}x=u\text{\hspace{0.17em}d}u$, đổi cận: $x=0\Rightarrow u=1$, $x=4\Rightarrow u=3$.

Khi đó $I=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left(u^2-1\right)u^2\text{d}u$.

Chọn A.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị $x^3-3x+2=x+2\iff x^3-4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 2\end{array}\right.$

 Diện tích cần tìm $S=\underset{-2}{\overset{0}{\int }}\left|x^3-4x\right|\text{d}x+\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left|x^3-4x\right|\text{d}x$$=\underset{-2}{\overset{0}{\int }}\left(x^3-4x\right)\text{d}x-\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(x^3-4x\right)\text{d}x$$=\left(\frac{x^4}{4}-2x^2\right)\left|\begin{array}{l}0\\ -2\end{array}\right.-\left(\frac{x^4}{4}-2x^2\right)\left|\begin{array}{l}2\\ 0\end{array}\right.=8$.

Chọn D.

$w=z_1+z_2=2+3i-3-5i=-1-2i$. Vậy tổng phần thực và phần ảo của số phức $w$ là -3.

Chọn A.

Ta có $z^2+6z+13=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=-3+2i\\ z_2=-3-2i\end{array}\right.$. Suy ra $w=\left(i+1\right)z_1$$=\left(1+i\right)\left(-3+2i\right)$$=-5-i$.

Vậy tọa độ điểm M biểu diễn số phức $w=\left(i+1\right)z_1$ là $M\left(-5;-1\right)$.

Chọn B.

Ta có $\Rightarrow \text{d}x=2\cos t.\text{d}t$.

Mặt phẳng cần tìm vuông góc với AB nên nhận $\Rightarrow \text{d}x=2\cos t.\text{d}t$ làm vectơ pháp tuyến.

Do đó phương trình của mặt phẳng cần tìm là

$3\left(x+1\right)-\left(y-2\right)-\left(z-1\right)=0$$\iff 3x-y-z+6=0$.

Chọn B.

Ta có: $M\left(1;-1;3\right)$; $\overrightarrow{AM}=\left(2;-4;1\right)$. Phương trình AM: $\frac{x+1}{2}=\frac{y-3}{-4}=\frac{z-2}{1}$.

Chọn A.

Chọn B.

Ta có $y=x^3+3x^2-\left(m^2-3m+2\right)x+5\Rightarrow y^{\text{'}}=3x^2+6x-\left(m^2-3m+2\right)$.

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(0;2\right)$ khi

$y^{\text{'}}\ge \mathrm{0,}\forall x\in \left(0;2\right)$và dấu $\text{'}\text{'}=\text{'}\text{'}$chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm trên khoảng $\left(0;2\right)$.

$\iff 3x^2+6x-\left(m^2-3m+2\right)\ge \mathrm{0,}$$\forall x\in \left(0;2\right)$

$\iff 3x^2+6x\ge m^2-3m+2\left(*\right)$$\forall x\in \left(0;2\right)$

Xét hàm số $g\left(x\right)=3x^2+6x,$$x\in \left(0;2\right)$.

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=6x+6>\mathrm{0,}\forall x\in \left(0;2\right)$.

Bảng biến thiên:

Nhìn bảng biến thiên suy ra điều kiện để $\left(*\right)$ xảy ra là: $m^2-3m+2\le 0\iff 1\le m\le 2$.

Do $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{1;2\right\}$.

Chọn D.

Gọi số tiền đóng hàng năm là A = 12 (triệu đồng), lãi suất là $r=6\%=\mathrm{0,06}$.

Sau 1 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là $A_1=A\left(1+r\right)$. (nhưng người đó không rút mà lại đóng thêm A triệu đồng nữa, nên số tiền gốc để tính lãi năm sau là $A_1+A$).

Sau 2 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

.

Sau 33 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

$A_3=\left(A_2+A\right)\left(1+r\right)=\left[A{\left(1+r\right)}^2+A\left(1+r\right)+A\right]\left(1+r\right)=A{\left(1+r\right)}^3+A{\left(1+r\right)}^2+A\left(1+r\right)$.

…

Sau 18 năm, người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

$A_{18}=A{\left(1+r\right)}^{18}+A{\left(1+r\right)}^{17}+\mathrm{...}+A{\left(1+r\right)}^2+A\left(1+r\right)$.

Tính: $A_{18}=A\left[{\left(1+r\right)}^{18}+{\left(1+r\right)}^{17}+\mathrm{...}+{\left(1+r\right)}^2+\left(1+r\right)+1-1\right]$.

$\Rightarrow A_{18}=A\left[\frac{{\left(1+r\right)}^{19}-1}{\left(1+r\right)-1}-1\right]=A\left[\frac{{\left(1+r\right)}^{19}-1}{r}-1\right]=12\left[\frac{{\left(1+\mathrm{0,06}\right)}^{19}-1}{\mathrm{0,06}}-1\right]\approx \mathrm{393,12}$.

Chọn D.

Ta có $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c$

TH1: $a=0$ có $y^{\text{'}}=2bx+c$ để hàm số đồng biến trên $ℝ\iff y^{\text{'}}\ge \mathrm{0,}\forall x\in ℝ$$\iff \left\{\begin{array}{l}b=0\\ c>0\end{array}\right.$.

TH2: $a\ne 0$ để hàm số đồng biến trên $ℝ\iff y^{\text{'}}\ge \mathrm{0,}\forall x\in ℝ$$\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ {\Delta }^{\text{'}}=b^2-3ac\le 0\end{array}\right.$

Vậy để để hàm số đồng biến trên $ℝ\iff y^{\text{'}}\ge \mathrm{0,}\forall x\in ℝ$$\iff \left[\begin{array}{l}a=b=0;c>0\\ a>0;b^2-3ac\le 0\end{array}\right.$.

Chọn A.

 

Gọi $\left(T\right)$ là khối trụ có đường cao là 2a, bán kính đường tròn đáy là a và $\left(N\right)$ là khối nón có đường cao là a, bán kính đường tròn đáy là a.

Ta có:

Thể tích khối trụ $\left(T\right)$ là: $V_1=\pi .a^2.2a$$=2\pi .a^3$.

Thể tích khối nón $\left(N\right)$ là: $V_2=\frac{1}{3}\pi .a^2.a$$=\frac{\pi .a^3}{3}$.

Thể tích khối tròn xoay thu được là: $V=V_1-V_2$$=2\pi .a^3-\frac{\pi .a^3}{3}$$=\frac{5\pi a^3}{3}$

Chọn A.

Ta có $x+2x.f\left(x\right)$$={\left[f^{\text{'}}\left(x\right)\right]}^2$$\Rightarrow \sqrt{x}.\sqrt{1+2f\left(x\right)}=f^{\text{'}}\left(x\right)$$\Rightarrow \frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{\sqrt{1+2f\left(x\right)}}=\sqrt{x}$, $\forall x\in \left[1;4\right]$.

Suy ra $\int \frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{\sqrt{1+2f\left(x\right)}}\text{d}x=\int \sqrt{x}\text{d}x+C$ $\iff \int \frac{\text{d}f\left(x\right)}{\sqrt{1+2f\left(x\right)}}\text{d}x=\int \sqrt{x}\text{d}x+C$

$\Rightarrow \sqrt{1+2f\left(x\right)}=\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}+C$. Mà $f\left(1\right)=\frac{3}{2}$$\Rightarrow C=\frac{4}{3}$. Vậy $f\left(x\right)=\frac{{\left(\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}+\frac{4}{3}\right)}^2-1}{2}$.

Vậy $I=\underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\frac{1186}{45}$.

Chọn A.

Đặt $t=2\sin x$ . Vì $x\in \left[-\pi ;\pi \right]$ nên $t\in \left[-2;2\right].$ Suy ra $3f\left(t\right)+1=0\iff f\left(t\right)=-\frac{1}{3}.$ 

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình $f\left(t\right)=-\frac{1}{3}$ có 2 nghiệm $t_1\in \left(-2;0\right)$ và $t_2\in \left(0;2\right)$ 

Suy ra: $\mathrm{s}\text{inx}=\frac{t_1}{2}\in (-1;0)$ và $\mathrm{s}\text{inx}=\frac{t_2}{2}\in (0;1).$  

Với  $\mathrm{s}\text{inx}=\frac{t_1}{2}\in (-1;0)$ thì phương trình có 2 nghiệm $-\pi <x_1<x_2<0.$ 

Với  $\mathrm{s}\text{inx}=\frac{t_2}{2}\in (0;1)$ thì phương trình có 2 nghiệm  $0<x_3<x_4<\pi .$

  Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[-\pi ;\pi \right]$ 

Chọn A.

Chọn D.

Chọn B.