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

Mỗi cách lập một số tự nhiên có hai chữ số khác nhau từ các chữ số $1;2;3;4;5;6;7;8;9$ là một chỉnh hợp chập 2 của 9. Vậy có $A_9^2$ số tự nhiên có hai chữ số khác nhau

Chọn đáp án A.

Ta có $u_3=u_1+2d=2+2.1=4.$

Chọn đáp án C.

Trên khoảng $\left(0;2\right)$ đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ đi xuống từ trái sang phải nên hàm số $y=f\left(x\right)$ nghịch biến trên $\left(0;2\right).$

Chọn đáp án B.

Hàm số đạt cực đại tại điểm khi đi qua nó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm ta có hàm số đạt cực đại tại điểm $x=0.$

Chọn đáp án D.

Dựa vào đồ thị ta thấy, trên đoạn $\left[-3;1\right]$, hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Nhận xét: Câu này rất dễ đánh lừa học sinh vì đọc lướt nhanh và nhìn đồ thị học sinh ngộ nhận tại $x=-3$ hàm số cũng có cực trị

Chọn đáp án B.

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2}{x-5}=0$ và $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2}{x-5}=0$ nên đường thẳng $y=0$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn đáp án C.

Quan sát đồ thị, ta thấy $\underset{x\to \infty }{\lim }y=+\infty \Rightarrow a>0.$

Mặt khác, đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên $b,a$ khác dấu, kết hợp với $a>0$ ta được $b<0.$

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có hoành độ âm nên $c=y\left(0\right)<0.$

Chọn đáp án C.

$\left(C\right)\cap Ox\iff y=0\iff x=2$

Chọn đáp án B.

Với mọi số dương $a,b$ ta có: $\ln \left(ab\right)=\ln a+\ln b.$

Chọn đáp án A.

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

Hình chiếu vuông góc của mặt nước trong cốc lên mặt đáy cốc là nửa hình tròn có đường kính bằng 6 cm. Do đó

                                                   $\frac{1}{2}\pi {.3}^2=S.\cos \widehat{HOB}\Rightarrow S=\frac{\frac{1}{2}\pi {.3}^2}{\frac{1}{\sqrt{26}}}=\frac{9\pi \sqrt{26}}{2}.$

Vậy diện tích của bề mặt nước trong cốc bằng $\frac{9\pi \sqrt{26}}{2}c{m}^2.$

Cách 2:

Ta có: diện tích $S$ của bề mặt nước trong cốc bằng một nửa diện tích elip có hai trục là $2b=6cm$ và $2a=2\sqrt{{15}^2+3^2}=6\sqrt{26}cm.$

Suy ra $S=\frac{1}{2}\pi ab=\frac{1}{2}\pi \mathrm{.3.3}\sqrt{26}=\frac{9\pi \sqrt{26}}{2}c{m}^2.$

Chọn đáp án B.