35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 17)

Chọn D

Chọn 3 người đi công tác từ một tổ có 30 người là một tổ hợp chập 3 của 30 phần tử, nên có $C_{30}^3$cách.

Chọn D

Từ giả thiết $u_2=3$ và $u_4=7$ suy ra ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}{u}_1+d=3\\ u_1+3d=7\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ d=2\end{array}\right.$.

Vậy $u_{15}=u_1+14d=29$.

Chọn B

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$, suy ra hàm số cũng đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$.

Chọn D

Căn cứ vào đồ thị ta có

$f^{\text{'}}\left(x\right)<0$, $\forall x\in \left(-2;-1\right)$ và $f^{\text{'}}\left(x\right)>0$, $\forall x\in \left(-1;0\right)$ suy ra hàm số đạt cực tiểu tại $x=-1$.

$f^{\text{'}}\left(x\right)>0$, $\forall x\in \left(0;1\right)$ và $f^{\text{'}}\left(x\right)<0$, $\forall x\in \left(1;2\right)$ suy ra hàm số đạt cực đại tại x = 1.

Hàm số không đạt cực tiểu tại hai điểm $x=\pm 2$ vì $f^{\text{'}}\left(x\right)$ không đổi dấu khi x đi qua $x=\pm 2$.

Chọn C

Hàm số có ba điểm cực trị.

Chọn C

Ta có :

Vì $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x-1}{x+1}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2-\frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x}}=2$nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Vì $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{2x-1}{x+1}=-\infty$, $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\frac{2x-1}{x+1}=+\infty$nên đường thẳng x = -1 là tiệm cân đứng của đồ thị hàm số

Chọn D

Dựa vào hình dạng đồ thị, ta thấy đây là dạng đồ thị của hàm số bậc 3, hệ số $a<0$.

Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị của hàm số $y=-x^4+2x^2$ và trục hoành:

$-x^4+2x^2=0\iff x^2\left(-x^2+2\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\sqrt{2}\\ x=-\sqrt{2}\end{array}\right.$.

Phương trình có 3 nghiệm nên đồ thị của hàm số $y=-x^4+2x^2$ cắt trục hoành tại 3 điểm.

Chọn A

Ta có ${\log }_5\left(\frac{25}{a}\right)={\log }_{5}25-{\log }_{5}a=2-{\log }_{5}a$.

Chọn A

Ta có: $y={2021}^x\Rightarrow y^{\text{'}}={2021}^x.\ln 2021$.

Chọn B

Ta có $a.\sqrt[3]{a^2}=a.a^{\frac{2}{3}}=a^{1+\frac{2}{3}}=a^{\frac{5}{3}}$.

Chọn B

${\left(\frac{1}{4}\right)}^{3x-4}=\frac{1}{16}\iff {\left(\frac{1}{4}\right)}^{3x-4}={\left(\frac{1}{4}\right)}^2\iff 3x-4=2\iff x=2$.

Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình đã cho.

Chọn C

Ta có $2^{x^2-2x}=8\iff 2^{x^2-2x}=2^3\iff x^2-2x-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right.$ .

Nên tích các nghiệm của phương trình là -3.

Chọn B

Ta có $F\left(x\right)$ là một nguyên hàm của f(x)  nếu $F^{\text{'}}\left(x\right)=f\left(x\right)$ .

Mà ${\left[F\left(x\right)\right]}^{\text{'}}={\left(x^3-2x^2+3\right)}^{\text{'}}=3x^2-4x\Rightarrow f\left(x\right)=3x^2-4x$.

Chọn A

Ta có $F\left(x\right)=\int \text{cos}2x\text{d}x=\frac{1}{2}\int \text{cos}2x\text{\hspace{0.17em}d}\left(2x\right)=\frac{1}{2}\sin 2x+C$.

Mà $F\left(\frac{\pi }{2}\right)=1\Rightarrow \frac{1}{2}\sin \left(2.\frac{\pi }{2}\right)+C=1\Rightarrow C=1.$

Suy ra $F\left(x\right)=\frac{1}{2}\sin 2x+1\Rightarrow F\left(\frac{\pi }{4}\right)=\frac{1}{2}\sin \left(2.\frac{\pi }{4}\right)+1=\frac{3}{2}$.

Chọn A

 $I=\underset{-\frac{3}{2}}{\overset{-1}{\int }}f\left(-2x\right)\text{d}x=-\frac{1}{2}\underset{-\frac{3}{2}}{\overset{-1}{\int }}f\left(-2x\right)\text{d}\left(-2x\right)=-\frac{1}{2}\underset{3}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=-1.$

Chọn D

Diện tích S của hình phẳng ( tô đậm) trong hình là          $S=\underset{a}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{0}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{a}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{b}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx$.

Chọn A

Ta có: $z_1.z_2=\left(3+2i\right).4i=-8+12i.$ Nên phần thực của số phức $z_1.z_2$là -8.

Chọn D

$z=-i+2$$\Rightarrow \overline{z}=2+i$.

$\overline{\text{w}}=-3-2i\Rightarrow \text{w}=-3+2i$.

Do đó $\overline{z}.\text{w}=\left(2+i\right)\left(-3+2i\right)=-8+i.$

Chọn D

Số phức $z=-2i+4$ có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là $M\left(4;-2\right)$.

Điểm đối xứng với M  qua Oy là $M^{\text{'}}\left(-4;-2\right)$.

Chọn B

              Vì ABCD là hình bình hành nên $S_{ABC}=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}=\frac{1}{2}.8=4.$

              $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.h=\frac{1}{3}\mathrm{.4.3}=4.$

Chọn A

               Hình hộp chữ nhật có ba kích thước là a,b,c thì có độ dài đường chéo là $\sqrt{a^2+b^2+c^2}$.

Do đó độ dài đường chéo hình hộp chữ nhật đã cho là $\sqrt{3^2+4^2+{12}^2}=13.$

Chọn B

Thể tích khối nón có bán kính đáy là $\frac{r}{2}$ và chiều cao h là: $V=\frac{1}{3}.\pi {\left(\frac{r}{2}\right)}^2.h=\frac{\pi r^{2}h}{12}$.

Chọn C

Đường kính đáy hình trụ là 10 cm bán kính đáy là r = 5 cm

Diện tích toàn phần của hình trụ là: $S=2\pi r\left(r+h\right)=2\pi r\left(r+h\right)=2\pi \mathrm{.5.}\left(5+2\right)=70\pi$.

Chọn D.

$AB=\sqrt{{\left(4-1\right)}^2+{\left(2-1\right)}^2+{\left(1-3\right)}^2}=\sqrt{14}$. Chọn đáp án D.

Chọn B.

Mặt cầu đã cho có tâm là điểm $I_2\left(0;1;-3\right)$. Chọn đáp án B.

Chọn B.

Vectơ $\overrightarrow{j}\left(0;1;0\right)$ là một vectơ chỉ phương của trục Oy. Do đó nó là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng vuông góc với trục Oy. Chọn đáp án B.

Chọn C.

Xét các phương án A, B, C. Ta có $1+t=2\iff t=1$. Thay t = 1 vào y, z ta thấy phương án C thỏa mãn. Chọn đáp án C.

Chọn B.

Trong 10 số nguyên dương đầu tiên có 4 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7. Do đó xác suất để chọn được số nguyên tố bằng$\frac{4}{10}$ hay là $\frac{2}{5}$.

Chọn D.

Xét hàm số $y=\frac{x+1}{3x+2}$có tập xác định $D=\left(-\infty ;-\frac{2}{3}\right)\cup \left(-\frac{2}{3};+\infty \right)$ và $y^{\text{'}}=\frac{-1}{{\left(3x+2\right)}^2}<0$ với mọi $x\ne -\frac{2}{3}$. Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(1;5\right)$. Chọn đáp án D.

Chọn D

Chọn A

Ta có ${\log }_3\left(25-x^2\right)\le 2\iff \left\{\begin{array}{l}25-x^2>0\\ 25-x^2\le 9\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2<25\\ x^2\ge 16\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}-5<x\le -4\\ 4\le x<5\end{array}\right.$.

Do tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $S=\left(-5;-4\right]\cup \left[4;5\right)$.

Chọn B

Ta có $\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\left[2020f\left(x\right)+\sin 2x\right]\text{d}x=2021\iff 2020\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x+\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sin 2x\text{d}x=2021$.

Khi đó ta có $2020\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x-\frac{1}{2}{\left.\left(c\text{os}2x\right)\right|}_0^{\frac{\pi }{2}}=2021\iff 2020\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x+1=2021$.

Do đó $\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=1$.

Chọn C

Ta có $\text{w}=\left(1-2i\right)\overline{z}=\left(1-2i\right)\left(2+3i\right)=8-i$.

Do đó $a=\mathrm{8,}b=-1$.

Vậy $P=a+b+2021=8-1+2021=2028$.

Chọn A

Chọn A

Chọn B

Gọi M là hình chiếu của I  lên trục Ox suy ra $M\left(3;0;0\right)$.

Suy ra mặt cầu tiếp xúc với Ox tại M.

Do đó $R=IM=\sqrt{5}$.

Vậy phương trình mặt cầu là: ${\left(x-3\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2=5$.

Chọn A

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(3;-3;3\right)$

Đường thẳng CD qua C và song song với AB nên nhận vectơ $\overrightarrow{u}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}$ làm vectơ chỉ phương.

Ta có  $\overrightarrow{u}=\left(1;-1;1\right)$.

Do đó phương trình tham số của CD là: $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=5-t\\ z=-1+t\end{array}\right.$.

Chọn A

Đặt $g\left(x\right)=f\left(1-\frac{x}{2}\right)+x\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=-\frac{1}{2}f\text{'}\left(1-\frac{x}{2}\right)+1.$

$g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(1-\frac{x}{2}\right)=2.$

Đặt $t=1-\frac{x}{2}\Rightarrow t\in \left[0;3\right].$

Vẽ đường thẳng y = 2 lên cùng một bảng biến thiên ta được

Ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $t=2\Rightarrow x=-2\Rightarrow \underset{\left[-4;2\right]}{\max }g\left(x\right)=g(-2)=f\left(2\right)-2.$

Chọn D

Chọn D  

Gọi $z=a+bi$

Ta có $\left(z-3i\right)\left(\overline{z}+2\right)=\left(a+bi-3i\right)\left(a+2-bi\right)=\left(a^2+2a+b^2-3b\right)+\left(2b-3a-6\right)i$

Theo đề ta có hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=5\\ 2b-3a-6=0\end{array}\right.$

Giải hệ này tìm được 2 nghiệm, suy ra có 2 số phức thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn A

Chọn D

Ta có $SO=OA=OB=r\Rightarrow SM=r\sqrt{2}=MN$ 

Do dó tam giác OMN vuông cân tại O.

Gọi S là diện tích xung quanh của hình nón, $S_d$ là diện tích xung quanh của phần hình nón được sơn màu đỏ, ứng với góc $\widehat{MON}={90}^0$ nên $\frac{S_1}{S}=\frac{{90}^0}{{360}^0}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{S_d}{S_t}=\frac{1}{3}.$

Chọn B

Gọi $\left\{\begin{array}{l}A=\Delta \cap d_1\Rightarrow A\left(a;-1+2a;a\right)\\ B=\Delta \cap d_2\Rightarrow B\left(b;1-2b;1+3b\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left(-a+b;-2a-2b+2;-a+3b+1\right).$

Ta có: $\overrightarrow{AB}\text{//}{\overrightarrow{u}}_d\Rightarrow \frac{-a+b}{1}=\frac{-2a-2b+2}{4}=\frac{-a+3b+1}{-2}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-2a+6b=2\\ 3a-5b=1\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=1\end{array}\right.\Rightarrow A\left(2;3;2\right),B\left(1;-1;4\right).$

$\Rightarrow \Delta$qua $B\left(1;-1;4\right)$ và có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left(1;4;-2\right)$

Chọn C

Chọn D

Kết quả bài toán không thay đổi khi ta tịnh tiến đồ thị đồ thị (C) sang trái sao cho điểm uốn trùng với gốc tọa độ O. (như hình dưới)

 

Chọn B

 

Chọn A