35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 19)

Chọn B

Tập xác định $D=\left(-\frac{1}{2};+\infty \right)$.

Ta có $y^{\text{'}}={\left({\log }_2\left(2x+1\right)\right)}^{\text{'}}=\frac{{\left(2x+1\right)}^{\text{'}}}{\left(2x+1\right)\ln 2}=\frac{2}{\left(2x+1\right)\ln 2}$.

Chọn B

Ta có: $M={\log }_{\sqrt{a}}b={\log }_{a^{\frac{1}{2}}}b=2{\log }_{a}b=2N$ . Vậy M = 2N.

Chọn D

Ta có $5^{x+2}<{\left(\frac{1}{25}\right)}^{-x}\iff 5^{x+2}<{\left(5\right)}^{2x}\iff 2<x$.

Tập nghiệm S  của bất phương trình $5^{x+2}<{\left(\frac{1}{25}\right)}^{-x}$ là $S=\left(2;+\infty \right)$.

Chọn C

Ta có: ${\log }_5\left(2x\right)=2\iff 2x=25\iff x=\frac{25}{2}$.

Chọn B

Ta có: $\int f\left(x\right)dx=\int \left(4x^3-2\right)dx=x^4-2x+C$.

Chọn B

Ta có: $\int f\left(x\right)dx=\int \sin 3xdx=-\frac{1}{3}\cos 3x+C$.

Chọn A

Chọn B

Ta có: $\underset{2}{\overset{3}{\int }}\frac{1}{x}dx={\left.\ln \left|x\right|\right|}_2^3=\ln 3-\ln 2=ln\frac{3}{2}$.

Chọn B

Số phức liên hợp của số phức z = 2 - 4i là $\overline{z}=2+4i$.

Chọn B

Ta có: $\overline{w}=4+i$ Suy ra: $z-\overline{w}=-3+2i-4-i=-7+i$.

Chọn D  

Điểm biểu diễn hình học của số phức $z=\left(\sqrt{3}-2\right).i$ là điểm $M\left(0;\sqrt{3}-2\right)$.

Chọn A

Ta có $V=\frac{1}{3}{S}_{đ}.h\Rightarrow h=\frac{3V}{S_{đ}}=\frac{3.8}{6}=4$.

Chọn B  

Thể tích khối lập phương là: $V={\left(a\sqrt{2}\right)}^3=2a^3\sqrt{2}$.

Chọn D  

Thể tích khối nón là: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi .{\left(3\right)}^2.4=12\pi$.

Chọn C

Hình trụ có bán kính đáy bằng r = a nên đường kính đáy bằng 2a.

Suy ra thiết diện qua trục là hình vuông có cạnh bằng 2a. Do đó: chiều cao h = 2a.

Diện tích xung quanh của hình trụ là: $S_{xq}=2\pi rh=2\pi .a.2a=4\pi a^2$.

Chọn B

Vì I là trung điểm AB nên $I\left(\frac{x_A+x_B}{2};\frac{y_A+y_B}{2};\frac{z_A+z_B}{2}\right)$.

 Vậy $I(1;1;-2)$.

Chọn A

Mặt cầu có phương trình ${(x-a)}^2+{(y-b)}^2+{(z-c)}^2=R^2$ thì bán kính bằng R.

Do đó mặt cầu (S) có  $R^2=16$. Vậy mặt cầu (S) có bán kính R = 4.

Chọn C

 Thay tọa độ của điểm M trực tiếp vào các phương trình để kiểm tra.

 Ta có$\left(P_3\right):4.0-2.\frac{5}{2}+12.(-1)+17=0$.

Vậy  mặt phẳng $\left(P_3\right):4x-2y+12z+17=0$ đi qua điểm $M(0;\frac{5}{2};-1)$.

Chọn B

Gọi là M trung điểm của đoạn thẳng AB, ta có  $M(1;0;2)$.

 Ta có $\overrightarrow{OM}=(1;0;2)$là một vectơ chỉ phương của đường thẳng OM

Vậy chọn đáp án B.

Chọn A

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=C_{17}^1=17$ .

Trong 17 số nguyên dương đầu tiên có 9 số lẻ.

Gọi A  là biến cố “ Chọn được số lẻ”$\Rightarrow n\left(A\right)=9$.

Vậy xác suất cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{9}{17}$ .

Chọn C

Xét đáp án C.

Hàm số đã cho có TXĐ: $D=ℝ.$

$y=x^3+x\Rightarrow y^{\text{'}}=3x^2+1>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ$$\Rightarrow$ hàm số đồng biến trên $R$ .

Chọn C

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{1}{{(1-x)}^2}>0;\forall x\ne 1$

Suy ra hàm số xác định và đồng biến trên đoạn $\left[2;4\right]$

Vậy $M=f\left(4\right)=\frac{-7}{3}$ và $m=f\left(2\right)=-3$

Suy ra $A=3M-m=-4$

Chọn C

Ta có: $7^{2-2x-x^2}\le \frac{1}{{49}^x}\iff 7^{2-2x-x^2}\le 7^{-2x}\iff 2-2x-x^2\le -2x$$\iff 2-x^2\le 0\iff \left[\begin{array}{l}x\ge \sqrt{2}\\ x\le -\sqrt{2}\end{array}\right.$

Vậy $S=\left(-\infty ;-\sqrt{2}\right]\cup \left[\sqrt{2};+\infty \right)$

Chọn A

Ta có $\underset{1}{\overset{4}{\int }}(2x-3f(x\left)\right)dx=9\iff {\left.x^2\right|}_1^4-3\underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=9\Rightarrow \underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=2$

Đặt $t=2x\Rightarrow dt=2dx$

Đổi cận:

 $\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\Rightarrow t=1\\ x=2\Rightarrow t=4\end{array}$

Suy ra: $\underset{\frac{1}{2}}{\overset{2}{\int }}f\left(2x\right)dx=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(t\right)dt=1$

  Chọn B

Ta có: $z^2-2z+5=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=1+2i\\ z_2=1-2i\end{array}\right.$

Suy ra: $(2i-1)z_1=(2i-1)(1+2i)=4i^2-1=-5$

Vậy $\left|(2i-1)z_1\right|=5$

Chọn A

Chọn A

Từ phương trình mặt cầu (S)  suy ra tâm $I\left(-1;3;0\right)$ và bán kính $R=\sqrt{a^2+b^2+c^2-d}=3$.

Chọn A

Gọi M là trung điểm của BC $\Rightarrow M\left(2;-4;-4\right)$.

$\overrightarrow{AM}\left(1;-1;-8\right)$.

Phương trình đường trung tuyến AM của tam giác là: $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-3-t\\ z=4-8t\end{array}\right.t\in ℝ$.

Chọn D

Chọn C

Chọn C.

Đổi: $50cm=\mathrm{0,5}m;70cm=\mathrm{0,7}m;80cm=\mathrm{0,8}m$.

Xét tam giác nội tiếp đường tròn đáy có kích thước lần lượt là $\mathrm{0,5}m;\mathrm{0,7}m;\mathrm{0,8}m$ nên bán kính đường tròn đáy của thùng đựng dầu là

$R=\frac{\mathrm{0,5.0,7.0,8}}{4\sqrt{1\left(1-\mathrm{0,5}\right)\left(1-\mathrm{0,7}\right)\left(1-\mathrm{0,8}\right)}}=\frac{7\sqrt{3}}{30}$.

               Ta có hh= 2R

Diện tích hình chữ nhật ban đầu gấp 3 lần diện tích xung quanh của hình trụ.

Vậy $S=3.2\pi Rh=\mathrm{6.3,14.2.}{R}^2=\mathrm{6.3,14.2}{\left(\frac{7\sqrt{3}}{30}\right)}^2=\frac{7693}{1250}=\mathrm{6,1544}$$\left({\text{m}}^2\right)$.

Chọn D

Chọn A

Chọn D

Chọn B

Đặt $\left\{\begin{array}{l}{z}_1=a+bi\\ z_2=c+di\end{array}\right.\left(a,b,c,d\in ℝ\right).$ 

Theo giả thiết ta có : $\left\{\begin{array}{l}{z}_1+z_2=3+4i\\ \left|z_1-z_2\right|=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a+c=3\\ b+d=4\\ {\left(a-c\right)}^2+{\left(b-d\right)}^2=5\end{array}\right..$

Xét $P=\left|z_1\right|+\left|z_2\right|=\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\le \sqrt{\left(1+1\right).\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)}.$

Mà $a^2+b^2+c^2+d^2=\frac{{\left(a+c\right)}^2+{\left(b+d\right)}^2+{\left(a-c\right)}^2+{\left(b-d\right)}^2}{2}=\frac{3^2+4^2+5^2}{2}=25.$

Nên $P\le 5\sqrt{2}.$