35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 2)

Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm số mũ, ta có $\left(3^x\right)\text{'}=3^x\ln 3.$

Chọn đáp án A.

Ta có $a^{m+n}=a^m.a^n.$

Chọn đáp án C.

PT $\iff 3^{x^2}=3^2\iff x^2=2\iff x=\pm \sqrt{2}.$

Chọn đáp án B.

Phương trình ${\log }_2\left(x-3\right)=3\iff x-3=2^3\iff x=11.$

Chọn đáp án D.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}\left(e^{2x}+x^2\right)dx=\frac{e^{2x}}{2}+\frac{x^3}{3}+C.$

Chọn đáp án A.

Ta có: $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx=10\iff F\left(b\right)-F\left(a\right)=10\iff F\left(b\right)=7.$

Chọn đáp án D.

Ta có

            $\underset{5}{\overset{2}{\int }}\left[2-4f\left(x\right)\right]dx=\underset{5}{\overset{2}{\int }}2dx-4\underset{5}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=2\left(2-5\right)-4.\left(-10\right)=34.$

Chọn đáp án B.

Có $\overline{z}=7+i\sqrt{5},$ có phần thực là 7, phần ảo là $\sqrt{5}$.

Chọn đáp án A.

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

Chọn đáp án C.

Điểm $M$ có tọa độ là $M\left(3;-4\right)\Rightarrow$ điểm $M$ biểu diễn số phức $z=3-4i.$

Chọn đáp án C.

Thể tích khối hộp là $V=B.h$

Chọn đáp án B.

Ta có $S_{\Delta ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}A{B}^2=\frac{\sqrt{3}}{4}.{\left(2a\right)}^2=\sqrt{3}{a}^2.$

Do đó $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{\Delta ABC}.AA\text{'}=\sqrt{3}{a}^2.a\sqrt{3}=a^3.$

Thể tích khối trụ là $V=\pi R^{2}h$

Chọn đáp án A.

Ta có $AO=\sqrt{S{A}^2-S{O}^2}=4cm,$ suy ra thể tích khối nón là

 $V=\frac{1}{3}\pi O{A}^{2}SO=\frac{1}{3}\pi {.4}^2.3=16\pi c{m}^3.$

Chọn đáp án A.

Tọa độ trọng tâm của tam giác $OMN$ là $\left(\frac{-1+0+0}{3};\frac{2+2+0}{3};\frac{3+\left(-1\right)+0}{3}\right)=\left(-\frac{1}{3};\frac{4}{3};\frac{2}{3}\right).$

Chọn đáp án A.

Mặt cầu tâm $I\left(1;-2;3\right)$ và bán kính $R=2$ có phương trình là ${\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z-3\right)}^2=4.$

Chọn đáp án A.

Phương trình mặt phẳng $\left(ABC\right)$ là $\frac{x}{1}+\frac{y}{-2}+\frac{z}{3}=1$ (phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn).

Chọn đáp án D.

$\overrightarrow{AB}=\left(-3;4;-2\right).$ Vậy đường thẳng $AB$ có một véc-tơ chỉ phương là $\overrightarrow{v}\left(-3;4;-2\right).$

Chọn đáp án C.

Sắp xếp ngẫu nhiên 16 tấm bìa $n\left(\Omega \right)=16!$.

Do có 4 tấm bìa “HỌC” và “ĐỂ” nên số cách sắp xếp theo yêu cầu bài toán là $n\left(A\right)=4!.4!.$

Vậy xác suất là $P\left(A\right)=\frac{4!.4!}{16!}$.

Chọn đáp án D.

Vì đồ thị đi qua gốc tọa độ nên loại phương án $y=x^3+x^2-4$ và $y=x^3-3x+1.$

Từ hình dạng của đồ thị suy ra hệ số của $x^3$ phải dương nên loại thêm phương án $y=-x^3+3x.$

Vậy đồ thị trên là của hàm số $y=x^3-3x.$

Chọn đáp án A.

Vì hàm số $y=f\left(x\right)$ liên tục trên đoạn $\left[0;1\right]$ nên nó có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.

Theo đồ thị ta có hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(0;1\right)$ hay $f\text{'}\left(x\right)\le 0$ với mọi $x$ thuộc $\left[0;1\right].$

Do đó $\underset{\left[0;1\right]}{\max }y=2$ tại $x=0$ và $\underset{\left[0;1\right]}{\min }y=0$ tại $x=1.$

Chọn đáp án D.

Ta có $3^x>9\iff 3^x>3^2\iff x>2.$

Chọn đáp án A.

Ta có

                $I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\cos \left(\frac{\pi }{2}-x\right)dx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\sin xdx=-\cos x\left|\begin{array}{l}\frac{\pi }{4}\\ 0\end{array}\right.=1-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}}.$

Chọn đáp án C.

$\text{w}=3z_1-2z_2=-1+12i.$ Vậy $\text{w}$ có phần ảo là 12.

Chọn đáp án A.

Vì $SA\perp \left(ABC\right)$ nên góc $\widehat{\left(SC,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(SC,AC\right)}=\widehat{SCA}$ (vì $\widehat{SCA}<{90}^0$).

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có

      $SA=a\sqrt{2},SB=a\sqrt{5}\Rightarrow AB=\sqrt{S{B}^2-S{A}^2}=a\sqrt{3}\Rightarrow BC=a\sqrt{3}.$

Do đó $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{3a^2+3a^2}=a\sqrt{6}.$

Tam giác $SAC$ có $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{6}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{SCA}={30}^0.$

Vậy $\left(SC,\left(ABC\right)\right)=\widehat{SCA}={30}^0.$

Chọn đáp án B.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD,$ suy ra $BD\perp \left(SAO\right).$

Từ $A$ kẻ $AH\perp SO$ tại $H.$ Khi đó $AH\perp \left(SBD\right)$

$\Rightarrow d\left(A,\left(SBD\right)\right)=AH.$

Xét tam giác $SAO$ vuông tại $A,$ có $AH$ là đường cao, $SA=a,AO=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Suy ra $AH=\frac{SA.AO}{\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}{a}^2}{\sqrt{a^2+{\left(\frac{\sqrt{2}a}{2}\right)}^2}}=\frac{\sqrt{3}a}{3}.$

Chọn đáp án C.

Đường tròn $\left(C\right)$ đạt chu vi lớn nhất khi $\left(C\right)$ đi qua tâm $I$ của mặt cầu $\left(S\right).$

Ta có: $C=2\pi R=2\pi \sqrt{2}\iff R=\sqrt{2}.$

Khi đó

$\Rightarrow \left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=2.$

Chọn đáp án D.

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

Đường thẳng $AB$ có phương trình chính tắc là $\frac{x}{-1}=\frac{y-1}{3}=\frac{z-3}{2}.$

Chọn đáp án B.

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^2+2x+m-4$ trên đoạn $\left[-2;1\right].$ Ta có $f\text{'}\left(x\right)=2x+2=0\iff x=-1.$

Ta có $f\left(-2\right)=m-\mathrm{4,}f\left(1\right)=m-1$ và $f\left(-1\right)=m-5.$

Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là $\max \left\{\left|m-4\right|,\left|m-1\right|,\left|m-5\right|\right\}.$

Ta thấy $m-5<m-4<m-1$ nên $\left|m-4\right|<\max \left\{\left|m-1\right|,\left|m-5\right|\right\}.$ Do đó

$\max \left\{\left|m-4\right|,\left|m-1\right|,\left|m-5\right|\right\}=\max \left\{\left|m-1\right|,\left|m-5\right|\right\}$.

Đặt $A=m-1=\left(m-3\right)+2$ và $m=m-5=\left(m-3\right)-2.$

      *$m-3>0\Rightarrow \max \left\{\left|A\right|,\left|B\right|\right\}\ge \left|A\right|>2.$

      * $m-3<0\Rightarrow \max \left\{\left|A\right|,\left|B\right|\right\}\left|B\right|>2.$

      * $m-3=0\Rightarrow \max \left\{\left|A\right|,\left|B\right|\right\}=\left|A\right|=\left|B\right|=2.$

Vậy để giá trị lớn nhất của hàm số đạt giá trị nhỏ nhất thì $m=3.$

Chọn đáp án D.

Ta có $5^{-\left(y+4\right)}=3^{\left|x^2-2x-3\right|-{\log }_{3}5}\ge 3^{-{\log }_{3}5}\Rightarrow 5^{-\left(y+4\right)}\ge 5^{-1}\Rightarrow -\left(y+4\right)\ge -1\Rightarrow y\le 3.$ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\left|x^2-2x-3\right|=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right..$

Khi đó $4\left|y\right|-\left|y-1\right|+{\left(y+3\right)}^2\le 8\iff -4y-\left(1-y\right)+y^2+6y+9\le 8\iff y^2+3y\le 0\iff -3\le y\le 0.$

Kết hợp với điều kiện $y\le -3$ ta suy ra $y=-3.$

Với $y=-\mathrm{3,}$ ta có $\left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right..$

Vậy có đúng hai cặp số thực thỏa mãn yêu cầu bài toán là $\left\{\begin{array}{l}x=-1\\ y=-3\end{array}\right.$ và $\left\{\begin{array}{l}x=3\\ y=-3\end{array}\right..$

Chọn đáp án B.

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^3+3x}{x^2+3x+2}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(x-3-\frac{4}{x+1}+\frac{14}{x+2}\right)dx=$

$\left(\frac{x^2}{2}-3x-4\ln \left|x+1\right|+14\ln \left|x+2\right|\right)\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=-\frac{5}{2}-18\ln 2+14\ln 3.$

Vậy $a=-\frac{5}{2},b=-\mathrm{18,}c=14.$ Khi đó tổng $S=2a+b^2+c^2=515.$

Chọn đáp án A.

Ta có

      $1+\overline{z}={\left|\overline{z}-i\right|}^2+{\left(iz-1\right)}^2\iff 1+a-bi=a^2+{\left(b+1\right)}^2-a^2+{\left(b+1\right)}^2-2a\left(b+1\right)i$

      $\iff \left\{\begin{array}{l}1+a=2{\left(b+1\right)}^2\\ -b=-2a\left(b+1\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2{\left(b+1\right)}^2-1\\ 1-\left(b+1\right)=-2a\left(b+1\right)\end{array}\right..$

Thế $a=2{\left(b+1\right)}^2-1$ vào phương trình dưới ta được

      $4{\left(b+1\right)}^3-3\left(b+1\right)+1=0\iff \left[\begin{array}{l}b+1=-1\\ b+1=\frac{1}{2}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}b=-2\Rightarrow a=1\left(L\right)\\ b=-\frac{1}{2}\Rightarrow a=-\frac{1}{2}\end{array}\right.\Rightarrow \left|z\right|=\frac{\sqrt{2}}{2}.$

Chọn đáp án A.

Ta có $V_{ABDM}=V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}-V_{A\text{'}.ABD}-V_{A\text{'}B\text{'}BMC\text{'}}-V_{A\text{'}D\text{'}DMC\text{'}}-V_{MBCD}$

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

$V_{A\text{'}.ACD}=\frac{1}{3}AA\text{'}.S_{\Delta ABD}=\frac{1}{6}{a}^3\sqrt{3}.$

$V_{M.BCD}=\frac{1}{3}MC.S_{\Delta BCD}=\frac{1}{12}{a}^3\sqrt{3}.$

$V_{A\text{'}.B\text{'}BMC\text{'}}=\frac{1}{2}A\text{'}B\text{'}.S_{B\text{'}BMC\text{'}}=\frac{1}{4}{a}^3\sqrt{3}.$

$V_{A\text{'}.D\text{'}DMC\text{'}}=\frac{1}{3}A\text{'}D\text{'}.S_{D\text{'}DMC\text{'}}=\frac{1}{4}{a}^3\sqrt{3}.$

Từ đó suy ra $V_{ABDM}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.$

Chọn đáp án B.

Cách 1:

Ta có $OH=\mathrm{3,}OB=\sqrt{O{H}^2+H{B}^2}=3\sqrt{26},\cos \widehat{HOB}=\frac{OH}{OB}=\frac{1}{\sqrt{26}}.$