35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 4)

Chọn B.

Số tập con thỏa mãn đề bài chính là số cách chọn 2 phần tử lấy trong tập hợp M có 12 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của tập hợp M là $C_{12}^2.$

Chọn C.

Ta có $u_{14}=u_1+13d=u_4+10d=18\Rightarrow d=3.$

Vậy công sai của cấp số cộng là d= 3 

Chọn A.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=0\iff x{\left(x-1\right)}^2{\left(x-2\right)}^5{\left(x-3\right)}^7=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=2\\ x=3\end{array}\right..$

Bảng xét dấu $f\text{'}\left(x\right)$ như sau:

Chọn D.

Hàm số đạt cực đại tại điểm x mà $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu từ dương sang âm.

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1

Chọn D.

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x+1}{x-1}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}}=2.$ Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 2

Chọn D.

Đường cong có dạng của đồ thị hàm số bậc 3 với hệ số a < 0 nên chỉ có hàm số $y=-x^3+3x+1$ thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=-\frac{1}{2}$ bằng số nghiệm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và đường thẳng $y=-\frac{1}{2}.$

Dựa vào đồ thị ta thấy: đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và $y=-\frac{1}{2}.$ đường thẳng cắt nhau tại 2 điểm.

Nên phương trình $f\left(x\right)=-\frac{1}{2}$ có 2 nghiệm.

Chọn A.

Ta có: $z_1{z}_2=5i\left(2020+i\right)=-5+10100i\Rightarrow$Phần thực của số phức $z_1{z}_2$ là -5

Chọn D.

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{3x+1}dx=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{3x+1}d\left(3x+1\right)=\frac{1}{3}{e}^{3x+1}\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=\frac{1}{3}\left(e^4-e\right).$

Chọn A.

Ta có $1-2.1+6-5=0$ nên M(1;1;6) thuộc mặt phẳng (P)

Chọn C.

Đạo hàm của hàm số $y={\log }_{7}x$ là $y\text{'}=\frac{1}{x\ln 7}.$

Chọn C.

Ta có $V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}6a^2.2a=4a^3.$

Chọn C.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}{e}^{x}dx=\frac{e^{x+1}}{x+1}+C$ sai vì $\underset{}{\overset{}{\int }}{e}^{x}dx=e^x+C.$

 Chọn C.

Ta có: $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}=\left(2;6;2\right).$

Vậy $\left|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\right|=2\sqrt{11}.$

Chọn A.

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

Chọn A.

Ta thấy đường thẳng d có một vectơ chỉ phương có tọa độ $\overrightarrow{u_2}=\left(1;-2;3\right).$

Chọn A.

Số phức z = -2+4i được biểu diễn bởi điểm C(-2;4)

Chọn A.

Ta có $I=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=2+6=8.$

Chọn A.

Khối nón có bán kính bằng 3 nên có thể tích là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}.\pi {.3}^3.4=12\pi .$

Chọn C.

Thể tích của khối hộp đã cho bằng 2.4.6 = 48.

Chọn C.

Ta có $z_1+z_2=1-2i+2+i=3-i.$

Chọn B.

Từ phương trình mặt cầu suy ra tâm của mặt cầu là I(2;-1;3)

Chọn A.

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;1)

Chọn C.

Điều kiện: x > -9

Ta có: ${\log }_2\left(x+9\right)=5\iff x+9=2^5\iff x=23.$

Chọn B.

Theo tính chất của lũy thừa thì đẳng thức $x^{\alpha }+y^{\alpha }={\left(x+y\right)}^{\alpha }$ sai.

Chọn D.

Theo công thức tính diện tích xung quanh hình trụ $S_{xq}=2\pi rh=2\pi \mathrm{.2.5}=20\pi .$

Chọn C.

Ta có $P=\frac{a^{\sqrt{3}+1}.a^{2-\sqrt{3}}}{{\left(a^{\sqrt{2}-2}\right)}^{\sqrt{2}+2}}=\frac{a^{\sqrt{3}+1+2-\sqrt{3}}}{a^{\left(\sqrt{2}-2\right)\left(\sqrt{2}+2\right)}}=\frac{a^3}{a^{-2}}=a^5.$

Chọn A.

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(f\left(x\right)-2g\left(x\right)\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx-2\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx=2-2.5=-8.$

Ta có $y\text{'}=3x^2+6x;y\text{'}=0\Rightarrow 3x^2+6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\notin \left[-4;-1\right]\\ x=-2\in \left[-4;-1\right]\end{array}\right..$

Khi đó $y\left(-4\right)=-16;y\left(-2\right)=4;y\left(-1\right)=2.$

Nên $\underset{\left[-4;-1\right]}{\min }y=-16.$

Chọn A.

Xem ba chữ T riêng biệt ta có: $n\left(\Omega \right)=6!.$

Gọi A là biến cố “xếp ngẫu nhiên 6 thẻ đó thành dãy TNTHPT”, suy ra $n\left(A\right)=3!$

(số hoán vị của T – T – T và N, H, P cố định).

Vậy xác suất của biến cố $A:P\left(A\right)=\frac{3!}{6!}=\frac{1}{120}.$

Chọn B.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}\left(x-\sin 2x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}xdx-\underset{}{\overset{}{\int }}\sin 2xdx=\frac{x^2}{2}+\frac{\cos 2x}{2}+C.$

Chọn A.

Ta có $\left(1+i\right)\overline{z}-1-3i=0\iff \overline{z}=\frac{1+3i}{1+i}\iff \overline{z}=2+i\Rightarrow z=2-i.$

Do đó $\text{w}=1-iz+\overline{z}=1-i\left(2-i\right)+2+i=2-i.$

Vậy phần ảo của số phức $\text{w}=1-iz+\overline{z}$ là -1

Chọn C.

Ta có $R=IA=\sqrt{{\left(1-1\right)}^2+{\left(2-1\right)}^2+{\left(3-1\right)}^2}=\sqrt{5}.$

Vậy phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A có phương trình là

Chọn A.

Xét hàm số $g\left(x\right)=2f\left(x\right)+{\left(1-x\right)}^2$trên [-4;3]

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=2.f\text{'}\left(x\right)-2\left(1-x\right).$

$g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(x\right)=1-x.$ Trên đồ thị hàm số $f\text{'}\left(x\right)$ ta vẽ thêm đường thẳng $y=1-x.$

Từ đồ thị ta thấy $f\text{'}\left(x\right)=1-x\iff \left[\begin{array}{l}x=-4\\ x=-1\\ x=3\end{array}\right..$

Bảng biến thiên của hàm số $g\left(x\right)$ như sau:

Vậy $\underset{\left[-4;3\right]}{\min }g\left(x\right)=g\left(-1\right)\iff x=-1.$

Chọn B.

Gọi chiều rộng, chiều dài của đáy lần lượt là x và 2x, chiều cao là y

Diện tích các mặt bên và mặt đáy là $S=6xy+2x^2$

Thể tích là $V=2x^{2}y=200\Rightarrow xy=\frac{100}{x}.$

$S=\frac{600}{x}+2x^2=\frac{300}{x}+\frac{300}{x}+2x^2\ge 3\sqrt[3]{\frac{300}{x}.\frac{300}{x}.2x^2}=30\sqrt[3]{180}$

Vậy chi phí thấp nhất là $T=30\sqrt[3]{180}.3000000=51$triệu.

Chọn D.

Phương trình tham số của đường thẳng $d:\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=2+t\\ z=3+t\end{array}\right.$

Gọi D là đường thẳng cần tìm. Theo đề bài d cắt D nên gọi $I=\Delta \cap d=>I\in d$ suy ra $I(1+t;2+t;3+t)$.

Ta có $\overrightarrow{MI}=(t;t;t+1)$; mặt phẳng (P) có VTPT là $\overrightarrow{n}=(1;-1;1)$

D song song với mặt phẳng (P) nên  $\overrightarrow{MI}\perp \overrightarrow{n}<=>\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{n}=0<=>1.t+(-1).t+1.(1+t)=0<=>t=-1$

$=>\overrightarrow{MI}=(-1;-1;0)$ là 1 VTCP của đường thẳng D và D đi qua điểm M(1;2;2)

Vật PTTS của đường thẳng D cần tìm là $\left\{\begin{array}{l}x=1-t\text{'}\\ y=2-t\text{'}\\ z=2\end{array}\right.$.

Chọn A

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}x,y\in N*:x,y\le 2020\\ \frac{2x+1}{x-3}>0,\frac{2y}{y+2}>0\end{array}\right.<=>\left\{\begin{array}{l}x,y\in N*:x,y\le 2020\\ x>3,y>0\end{array}\right..$

BPT cho có dạng $(x-3)(y-2){\log }_2\left(\frac{x+4}{x-2}+1\right)+(x+4)(y+2){\log }_3\left(\frac{y-2}{y+2}+1\right)\le 0(*).$

Xét y = 1 thì (*) thành $-(x-3){\log }_2\left(\frac{x+4}{x-3}+1\right)+3(x+4){\log }_3\frac{2}{3}\le 0$, rõ ràng BPT này nghiệm đúng với mọi x > 3 vì $-(x-3)<0;{\log }_2\left(\frac{x+4}{x-3}+1\right)>{\log }_2(0+1)=0,3(x+4)>0,{\log }_3\frac{2}{3}<0.$ 

Như vậy trường hợp này cho ta đúng 2017 bộ $(x;y)=(x;1)$ với $4\le x\le 2020,x\in \mathbb{N}.$

Xét y = 2 thì (*) thành $4(x+4){\log }_{3}1\le 0,$BPT này cũng luôn đúng với mọi x mà $4\le x\le 2020,x\in \mathbb{N}.$

Trường hợp này cho ta 2017 cặp (x;y) nữa.

Với y > 2, x > 3 thì VT(*) > 0 nên (*) không xảy ra

Vậy có đúng 4034 bộ số (x;y) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Gọi I là trung điểm của BC, khi đó $BC\perp AI$ và $BC\perp AA\text{'}$ nên $BC\perp \left(AA\text{'}I\right)\Rightarrow BC\perp A\text{'}I.$ Vậy góc hợp bởi (A'BC) và (ABC) bằng AIA'.

Ta có $AI=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3},AA\text{'}=2a\Rightarrow \tan AIA\text{'}=\frac{AA\text{'}}{AI}=\frac{2a}{a\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}.$