35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 18)

Chọn B

Dùng công thức $\left(a^x\right)\text{'}=a^x\ln a\Rightarrow \left(3^x\right)\text{'}=3^x\ln 3$.

Chọn D

Với $a>0$ dùng công thức $\sqrt[n]{a^m}=a^{\frac{m}{n}}\Rightarrow$$\sqrt[3]{a^2}=a^{\frac{2}{3}}$.

Chọn D

Ta có: $3^{4x-6}=9\iff 3^{4x-6}=3^2\iff 4x-6=2\iff x=2.$

Chọn C

Ta có $\ln \left(7x\right)=7$$\iff 7x=e^7\iff x=\frac{e^7}{7}$.

Chọn B

$\int f\left(x\right)\text{d}x=\int \frac{x^3+2x}{x}\text{d}x=\int \left(x^2+2\right)\text{d}x=\frac{x^3}{3}+2x+C$.

Chọn A

$\int f\left(x\right)\text{d}x=\int \sin 4x\text{d}x=-\frac{\cos 4x}{4}+C$.

Chọn A

$\underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(u\right)\text{d}u=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(u\right)\text{d}u+\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(u\right)\text{d}u$$\iff -3=1+\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(u\right)du$$\iff \underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(u\right)\text{d}u=-4$.

Chọn C

Ta có $\underset{1}{\overset{2}{\int }}\text{(}2mx+1)\text{d}x=4$$\iff {\left.\left(m{x}^2+x\right)\right|}_1^2=4\iff 4m+2-m-1=4$$\iff m=1$.

Vậy $m\in [0;2)$.

Chọn D

Ta có $z=i\left(1+3i\right)$$=-3+i$ nên $3z_1-4z_2$.

Chọn B

Ta có $3z_1-4z_2=3\left(5-6i\right)-4\left(2+3i\right)=7-30i$.

Chọn C

Ta có số phức $z_1+2z_2=5+3i$có điểm biểu diễn là $\left(5;3\right)$.

Chọn B

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.SA=\frac{1}{3}.\left(\frac{1}{2}.AB.BC\right).SA=\frac{1}{6}.3a.4a.2a=4a^3$.

Chọn B

Ta có: $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{ABC}.A{A}^{\text{'}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a\sqrt{3}=\frac{3a^3}{4}$.

Chọn B

Chọn D

ChọnB

Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có

ChọnA

Phương trình mặt cầu có dạng: $x^2+y^2+z^2-2ax-2by-2cz+d=0$$\left(a^2+b^2+c^2>d\right)$

$\Rightarrow$$a=1$, $b=-2$, $c=-2$, $d=5$.

Vậy tâm mặt cầu là $I\left(1;-2;-2\right)$ và bán kính mặt cầu $R=\sqrt{1+4+4-5}=2$.

Chọn C

Điểm nằm trên trục Oz thì hoành độ và và tung độ bằng 0.

ChọnA

Đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm $M\left(-3;5;-7\right)$ nhận $\overrightarrow{OM}=\left(-3;5;-7\right)\Rightarrow \overrightarrow{u}=-2\overrightarrow{OM}=\left(6;-10;14\right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng

ChọnD

Số phần tử của không gian mẫu: $n\left(\Omega \right)=18$

Gọi A là biến cố chọn được số lẻ. $A=\left\{1;3;5;7;9;11;13;15;17\right\}\Rightarrow n\left(A\right)=9$.

Vậy xác suất là $p\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{9}{18}=\frac{1}{2}$.

ChọnC

Xét các đáp án ta có

Đáp án A tập xác định$D=ℝ\backslash \left\{2\right\}$ nên loại

Đáp án B đồ thị là Parabol nên loại

Đáp án C có TXĐ: R

$y\text{'}=-18x^2+4x-1<\mathrm{0,}\forall x\in ℝ$ nên hàm số nghịch biến trên R

Đáp án D hàm số có 3 cực trị nên không thỏa mãn.

Chọn D.

Xét hàm số $f\left(x\right)=-x^4+2x^2$ trên đoạn $\left[-2;2\right]$.

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=-4x^3+4x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in \left[-2;2\right]\\ x=1\in \left[-2;2\right]\\ x=-1\in \left[-2;2\right]\end{array}\right.$

Ta có $f\left(-2\right)=-8;f\left(-1\right)=1;f\left(0\right)=0;f\left(1\right)=1;f\left(2\right)=-8$.

Vậy $\underset{\left[-2;2\right]}{\min }f\left(x\right)=-8$.

Chọn A.

Điều kiện xác định của bất phương trình là $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ 2x-1>0\end{array}\right.$ $\iff x>\frac{1}{2}$.

Ta có ${\log }_{\frac{1}{2}}x\le {\log }_{\frac{1}{2}}\left(2x-1\right)$$\iff x\ge 2x-1$$\iff x\le 1$.

Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là $\left(\frac{1}{2};1\right]$.

Chọn D

Ta có $6=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}\left[\sin x-3f\left(x\right)\right]\text{d}x=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}\sin x\text{d}x-3\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=-{\left.\text{cos\hspace{0.17em}}x\right|}_0^{\frac{\pi }{3}}-3\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\frac{1}{2}-3\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x$

Suy ra $3\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\frac{1}{2}-6\iff \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{3}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=-\frac{11}{6}$.

Chọn D

Ta có $\left(1-2i\right)\left(\overline{z}-1\right)=\left(1-2i\right)\left(4+3i\right)=10-5i.$

Từ đó: $\left|\left(1-2i\right)\left(\overline{z}-1\right)\right|=\sqrt{{10}^2+5^2}=5\sqrt{5}.$

Chọn D

Ta có $B^{\text{'}}B=a\Rightarrow C{C}^{\text{'}}=a$

$AC=a\sqrt{3}$

Góc giữa $C^{\text{'}}A$ và mp (ABC) bằng góc đường thẳng $C^{\text{'}}A$ và CA bằng góc $\widehat{C^{\text{'}}AC}$

$\tan \widehat{C^{\text{'}}AC}=\frac{C^{\text{'}}C}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \widehat{C^{\text{'}}AC}={30}^0$

Chọn A

Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$

$\Rightarrow \widehat{SCO}=60°\Rightarrow \tan 60°=\frac{SO}{OC}\Rightarrow SO=OC\sqrt{3}=\frac{a}{\sqrt{2}}.\sqrt{3}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Chọn B

Ta có bán kính $R=IM=\sqrt{3^2+4^2+0}=5$.

Vậy phương trình mặt cầu tâm $I\left(-1;2;0\right)$, bán kính R = 5 là ${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+z^2=25$.

Chọn A

$\overrightarrow{AB}=\left(-1;-1;5\right)$.

Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng AB đi qua điểm AA và nhận $\overrightarrow{AB}=\left(-1;-1;5\right)$ làm vectơ chỉ phương là: $\left\{\begin{array}{l}x=2-t\\ y=3-t\\ z=-1+5t\end{array}\right.$.

Chọn D

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{2}f\text{'}\left(\frac{x}{2}+1\right)-\frac{2x+8}{x^2+8x+16}=\frac{1}{2}f\text{'}\left(\frac{x}{2}+1\right)-\frac{2}{x+4}.$

Cho $g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(\frac{x}{2}+1\right)=\frac{4}{x+4}.$

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

Phương trình trở thành $f\text{'}\left(t\right)=\frac{4}{2t+2}=\frac{2}{t+1}.$

Vẽ đồ thị $y=\frac{2}{x+1}$ lên cùng một hệ tọa độ ta được:

Từ đồ thị ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $t=1\Rightarrow x=0.$

Chọn  C

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

Xét hàm số $f\left(t\right)=\log t+t^2$  với $t\in \left(0;+\infty \right)$.

Ta có: $f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{1}{t\ln 10}+2t>0;\forall t\in \left(0;+\infty \right)$. Suy ra hàm $f\left(t\right)$ đồng biến trên $t\in \left(0;+\infty \right)$.

Khi đó: $\left(1\right)\iff f\left(xy+y\right)\le f\left(2y^2+y\right)\iff xy+y\le 2y^2+y\iff x\le 2y$.

Vì $y\in {\mathbb{Z}}^{+}$ và $y\le 2021$nên ta xét các trường hợp sau.

   $y=1\Rightarrow x\in \left\{1;2\right\}$.

   $y=2\Rightarrow x\in \left\{1;2;3;4\right\}$ .

   ……………………………….

   $y=2021\Rightarrow x\in \left\{1;2;3;\mathrm{.....};4042\right\}$.

Vậy số cặp nghiệm thỏa mãn điều kiện bài toán là: $2+4+6+\mathrm{...}+4042=2022.2021$

Chọn A

Chọn D  

Gọi $z=a+bi$

Ta có

$\left(z-3+2i\right)\left(3-2\overline{z}\right)=\left(a-3+\left(b+2\right)i\right)\left(3-2a+2bi\right)=\left(-2a^2+9a-9-2b^2+4b\right)+\left(-3a-4b+6\right)i$Theo đề ta có hệ phương trình

$\left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=4\\ -2a^2+9a-9-2b^2+4b=0\end{array}\right.$

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

Chọn B

Chọn A

Gọi r là bán kính đường tròn đáy,

Ta có: $V=\pi r^2.h\iff r=\frac{1}{\sqrt{\pi }}$

Xét tam giác $O^{\text{'}}BF$ ta có $\mathrm{Cos}\left(B{O}^{\text{'}}F\right)=\frac{2r^2-B{F}^2}{2r^2}=1-\frac{\pi }{2}\Rightarrow \widehat{B{O}^{\text{'}}F}\approx \mathrm{2,178271695}$ (rad)

Vậy độ dài cung BF: $l=r.\alpha \approx \mathrm{1,2289582}$ (m)

Tổng số lít sơn màu xanh cho mỗi bồn nước là: $T=l.h\mathrm{.0.5}=0.6144791001$ (lít)

Vậy tổng số sơn cần cho 10000 bồn $S\approx 6145$ (lít)

Chọn A

Chọn A

Từ đồ thị của $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$, suy ra bảng biến thiên của y = f(x) như sau

 

Đặt $u=\left|x\right|+\left|x^2-1\right|$.

Ta có bảng ghép trục sau :

 

Vậy hàm số $g\left(x\right)=f\left(\left|x\right|+\left|x^2-1\right|\right)$ có ba điểm cực đại .

Chọn B

Ta có ${\log }_3\left(2x^2+y^2\right)={\log }_7\left(x^3+2y^3\right)=\log z=t\iff \left\{\begin{array}{l}2x^2+y^2=3^t\left(1\right)\\ x^3+2y^3=7^t\left(2\right)\\ z={10}^t\left(3\right)\end{array}\right.$.

+ Nếu y = 0 $\left(2\right)\Rightarrow x=7^{\frac{t}{3}}$ thay vào (1) ta được ${2.7}^{\frac{2t}{3}}=3^t\iff t={\log }_{\frac{3}{\sqrt[3]{49}}}2$ do đó $z={10}^{{\log }_{\frac{3}{\sqrt[3]{49}}}2}$.

+ Nếu $y\ne 0$

Từ $\left(1\right)\&\left(2\right)$suy ra $\left\{\begin{array}{l}{\left(2x^2+y^2\right)}^3={27}^t\\ {\left(x^3+2y^3\right)}^2={49}^t\end{array}\right.\Rightarrow \frac{{\left(x^3+2y^3\right)}^2}{{\left(2x^2+y^2\right)}^3}={\left(\frac{49}{27}\right)}^t\iff \frac{{\left({\left(\frac{x}{y}\right)}^3+2\right)}^2}{{\left(2{\left(\frac{x}{y}\right)}^2+1^2\right)}^3}={\left(\frac{49}{27}\right)}^t,\left(*\right)$.

Đặt $\frac{x}{y}=u,u\ne -\sqrt[3]{2}$. Xét $f\left(u\right)=\frac{{\left(u^3+2\right)}^2}{{\left(2u^2+1\right)}^3}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(u\right)=\frac{6u\left(u^3+2\right)\left(u-4\right)}{{\left(2u^2+1\right)}^4}=0\iff \left[\begin{array}{l}u=0\\ u=-\sqrt[3]{2}\\ u=4\end{array}\right.$.

Ta có bảng biến thiên

 

Nhận xét với mỗi giá trị u tương ứng với duy nhất 1 cặp (x,y) thỏa mãn bài toán do đó

Yêu cầu bài toán tương đương $\left[\begin{array}{l}\frac{1}{8}\le {\left(\frac{49}{27}\right)}^t<4\\ 0<{\left(\frac{49}{27}\right)}^t<\frac{4}{33}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{10}^{{\log }_{\frac{49}{27}}\left(\frac{1}{8}\right)}\le z<{10}^{{\log }_{\frac{49}{27}}4}\\ 0<z<{10}^{{\log }_{\frac{49}{27}}\left(\frac{4}{33}\right)}\end{array}\right.$.

Vì z là số nguyên nên có 211 giá trị thỏa mãn.