35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 8)

Chọn C

Phần thực $a=-3$; Phần ảo $b=2$

Vậy $a-b=-5$

Chọn B

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành bằng $\pi \underset{1}{\overset{2}{\int }}{\left(\sqrt{6}x\right)}^2\text{d}x=\pi \underset{1}{\overset{2}{\int }}6x^2\text{d}x$.

Chọn A

$I=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{3}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=1-5=-4$

Chọn A

$M\left(3;-5\right)$ là điểm biểu diễn của số phức $z=3-5i$.

Số phức liên hợp $\overline{z}$của z là: $\overline{z}=3+5i.$

Chọn D

Toạ độ điểm $A\text{'}$đối xứng với $A\left(-3;1;2\right)$qua trục Oy là $\left(3;1;-2\right)$

Chọn A

Thể tích của một khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng $a\sqrt{2}$ là:

$V=Sh=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{4}$

Chọn C

Phương pháp

Dựa vào BBT để biện luận số nghiệm của phương trình đề bài yêu cầu.

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=m$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và đường thẳng $y=m$.

Cách giải:

Ta có: $2f\left(x\right)+7=0\iff f\left(x\right)=-\frac{7}{2}.\left(*\right)$

Chọn B

Hàm số $f\left(x\right)=\frac{x}{x+3}$ xác định trên đoạn $\left[-2;3\right].$

Ta có:

$f\text{'}\left(x\right)=\frac{1.3-0.1}{{\left(x+3\right)}^2}=\frac{3}{{\left(x+3\right)}^2}>\mathrm{0,}\forall x\in \left[-2;3\right]\Rightarrow$ Hàm số luôn đồng biến trên đoạn $\left[-2;3\right]$

$\Rightarrow$GTLN của hàm số $f\left(x\right)=\frac{x}{x+3}$trên đoạn $\left[-2;3\right]$là: $f\left(3\right)=\frac{3}{3+3}=\frac{1}{2}$

Chọn D

Hình trụ có thiết diện đi qua trục là hình vuông có cạnh bằng $4a\Rightarrow 2R=h=4a\Rightarrow R=2a$ với R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

$\Rightarrow S_{xq}=2\pi Rh=2\pi .2a.4a=16\pi a^2.$

Chọn C

Ta có: ${\left(\frac{1}{3}\right)}^{2x-3}\ge 3\iff 3^{3-2x}\ge 3\iff 3-2x\ge 1\iff x\le 1$

Tập nghiệm của BPT là: $S=(-\infty ;1]$.

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm$M\left(2;0;-1\right)$và có VTCP $\overrightarrow{u}=\left(2;-3;1\right)$là $\left\{\begin{array}{l}x=2+2t\\ y=-3t\\ z=-1+t\end{array}\right.$

Chọn A

Ta có: $\overline{z}-3+i=0\iff \overline{z}=3-i\Rightarrow \left|z\right|=\left|\overline{z}\right|=\sqrt{3^2+{\left(-1\right)}^2}=\sqrt{10}$.

Chọn D

Mặt cầu tâm I đi qua $A\Rightarrow IA=R\iff R=\sqrt{{\left(1-2\right)}^2+{\left(2-3\right)}^2+{\left(3-4\right)}^2}=\sqrt{3}$

$\Rightarrow \left(S\right):{\left(x-2\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2+{\left(z-4\right)}^2=3$

Chọn D

Ta có $AC$ là hình chiếu của $SC$ trên mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ nên góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ là góc giữa hai đường thẳng $SC$và $AC$ bằng góc $\widehat{SCA}$.

Xét tam giác $ADC$ vuông tại $D$ có $AC=\sqrt{A{D}^2+D{C}^2}=\sqrt{2a^2+a^2}=a\sqrt{3}$.

Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$, suy ra góc $\widehat{SCA}={30}^0$.

Vậy góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ bằng ${30}^0$.

Chọn D

Vì $\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right).\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)=1$$\iff \left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)=\frac{1}{\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)}$nên

${\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^x>\sqrt{3}+\sqrt{2}$$\iff {\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^x>\frac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2}}$$\iff {\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^x>{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^{-1}$.

Mặt khác $0<\sqrt{3}-\sqrt{2}<1$ $\Rightarrow$$x<-1$. Vậy đáp án A là chính xác.

Chọn C

Mặt phẳng cần tìm đi qua $M(1;0;2)$và có véc tơ pháp tuyến là

$\overrightarrow{n}=(1;2;-1)\Rightarrow 1(x-1)+2(y-0)-(z-2)=0\Rightarrow x+2y-z+1=0$.

Chọn C

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x^2-4\right)\left(x^3-1\right)$ có nghiệm: $x=-2$ (nghiệm đơn), $x=2$ (nghiệm đơn), $x=1$ (nghiệm kép)

$\Rightarrow$ Hàm số $f\left(x\right)$ có 2 điểm cực trị.

Chọn D

Mặt cầu có tâm $I\left(2;4;-3\right)$ và tiếp xúc với mặt phẳng $\left(Oxz\right)$nên bán kính của mặt cầu là: $R=d\left(I,\left(Oxz\right)\right)=\left|y_I\right|=4$.

Chọn C

Ta có $P={\log }_{\frac{a}{b^2}}x=\frac{1}{{\log }_x\frac{a}{b^2}}=\frac{1}{{\log }_{x}a-{\log }_x{b}^2}=\frac{1}{{\log }_{x}a-2{\log }_{x}b}$

Từ${\log }_{a}x=\mathrm{2,}{\log }_{b}x=3\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\log }_{x}a=\frac{1}{2}\\ {\log }_{x}b=\frac{1}{3}\end{array}\right.,$

Vậy$P={\log }_{\frac{a}{b^2}}x=\frac{1}{{\log }_x\frac{a}{b^2}}=\frac{1}{{\log }_{x}a-{\log }_x{b}^2}=\frac{1}{{\log }_{x}a-2{\log }_{x}b}=\frac{1}{\frac{1}{2}-2.\frac{1}{3}}=-6$.

Chọn C

Ta có: Tập xác định $D=\left[-2;2\right]$.

$x=-3\notin D=\left[-2;2\right]$ nên đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận đứng.

Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang do $x$không thể tiến tới $\pm \infty$

Chọn D

Từ đồ thị có $x_1$ là nghiệm của phương trình ${\log }_{b}x=3$ nên ${\log }_b{x}_1=3\iff x_1=b^3$.

Từ đồ thị có $x_2$ là nghiệm của phương trình ${\log }_{a}x=3$ nên ${\log }_a{x}_2=3\iff x_2=a^3$.

Do $x_2=2x_1$$\Rightarrow a^3=2.b^3$$\iff {\left(\frac{a}{b}\right)}^3=2$$\iff \frac{a}{b}=\sqrt[3]{2}$. Vậy $\frac{a}{b}=\sqrt[3]{2}$.

Chọn C

Mặt phẳng $x+z-5=\mathrm{0,}x-2y-z+3=0$ có VTPT lần lượt là $\overrightarrow{n_1}\left(1;0;1\right),\overrightarrow{n_2}\left(1;-2;-1\right)$

Đường thẳng $\Delta$ là giao của hai mặt phẳng $x+z-5=0$ và $x-2y-z+3=0$ có 1 VTCP là:

$\overrightarrow{u}=\frac{1}{2}\left[\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_2}\right]=\left(1;1;-1\right)$

Chọn B

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết về đường thẳng song song với mặt phẳng: Cho hai điểm $M,N\in \Delta$ và mặt phẳng $\left(P\right)//\Delta$. Khi đó $d\left(M,\left(P\right)\right)=d\left(\Delta ,\left(P\right)\right)=d\left(N,\left(P\right)\right)$

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB suy ra $SH\perp \left(ABCD\right)$

Ta thấy: $BC//AD\subset \left(SAD\right)\Rightarrow BC//\left(SAD\right)$

$\Rightarrow d\left(C,\left(SAD\right)\right)=d\left(B,\left(SAD\right)\right)=2d\left(H,\left(SAD\right)\right)$

(vì H là trung điểm của AB)

Gọi K là hình chiếu của H lên $SA\Rightarrow HK\perp SA$

Lại có $\left\{\begin{array}{l}AD\perp AB\\ AD\perp SH\end{array}\right.\Rightarrow AD\perp \left(SAB\right)\Rightarrow AD\perp HK$

Từ hai điều trên suy ra $HK\perp \left(SAD\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SAD\right)\right)=HK$

Tam giác SAB đều cạnh a nên $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2},HA=\frac{a}{2}\Rightarrow HK=\frac{HA.HS}{SA}=\frac{\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

$\Rightarrow d\left(C,\left(SAD\right)\right)=2d\left(H,\left(SAD\right)\right)=2.\frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Đáp án A

$\left(S\right)$ có tâm $I\left(-1;-2;3\right)$, bán kính $R=\sqrt{{\left(-1\right)}^2+{\left(-2\right)}^2+3^2+m-4}=\sqrt{m+10}$

$d\left[I;\left(P\right)\right]=\frac{\left|2\left(-1\right)-2\left(-2\right)+3+1\right|}{\sqrt{2^2+{\left(-2\right)}^2+1^2}}=2$

$R^2=d^2+r^2\iff m+10=9+4\iff m=3$.

Chọn B

Ta có: $y^{\text{'}}=x^2-2mx+m^2-4;$ ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}=2x-2m$.

Hàm số đạt cực đại tại $x=3$$\iff \left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}\left(3\right)=0\\ y^{\text{'}\text{'}}\left(3\right)<0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}\left(3\right)=0\\ y^{\text{'}\text{'}}\left(3\right)<0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-6m+5=0\\ 6-2m<0\end{array}\right.$$\iff$$m=5$

Chọn D

Theo đề bài, ta có: $\left\{\begin{array}{l}v\text{'}\left(t\right)=a\left(t\right)\\ v\left(2\right)=17\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}v\left(t\right)=\int a\left(t\right)dt=\int 6tdt=3t^2+C\\ v\left(2\right)=17\end{array}\right.\Rightarrow 12+C=17\iff C=5$

$\Rightarrow v\left(t\right)=3t^2+5$

Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian tử thời điểm $t=4$ giây đến thời điểm $t=10$ giây là:

$S=\underset{4}{\overset{10}{\int }}v\left(t\right)dt=\underset{4}{\overset{10}{\int }}\left(3t^2+5\right)dt=\left(t^3+5t\right)\left|\begin{array}{l}{}^{10}\\ {}_4\end{array}\right.=1050-84=966\left(m\right)$.

Chọn A

Ta có $f\left(-x\right)={\left(x{\mathrm{e}}^x\right)}^{\text{'}}={\mathrm{e}}^x+x{\mathrm{e}}^x$, $\forall x\in \left(-\infty ;+\infty \right)$.

Do đó $f\left(-x\right)={\mathrm{e}}^{-\left(-x\right)}-\left(-x\right){\mathrm{e}}^{-\left(-x\right)}$, $\forall x\in \left(-\infty ;+\infty \right)$.

Suy ra $f\left(x\right)={\mathrm{e}}^{-x}\left(1-x\right)$, $\forall x\in \left(-\infty ;+\infty \right)$.

Nên $f^{\text{'}}\left(x\right)={\left[{\mathrm{e}}^{-x}\left(1-x\right)\right]}^{\text{'}}={\mathrm{e}}^{-x}\left(x-2\right)$$\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right){\mathrm{e}}^x={\mathrm{e}}^{-x}\left(x-2\right).{\mathrm{e}}^x=x-2$.

Bởi vậy $F\left(x\right)=\int \left(x-2\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\left(x-2\right)}^2+C$.

Từ đó $F\left(0\right)=\frac{1}{2}{\left(0-2\right)}^2+C=C+2$; $F\left(0\right)=1\Rightarrow C=-1$.

Vậy $F\left(x\right)=\frac{1}{2}{\left(x-2\right)}^2-1\Rightarrow F\left(-1\right)=\frac{1}{2}{\left(-1-2\right)}^2-1=\frac{7}{2}$.

Đáp án D

Để hàm số có 2 tiệm cận ngang thì phải tồn tại $\underset{x\to +\infty }{\lim }y\ne \underset{x\to -\infty }{\lim }y$

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3x+2018}{\sqrt{m{x}^2+5x+6}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3+\frac{2018}{x}}{\sqrt{m+\frac{5}{x}+\frac{6}{x^2}}}=\frac{3}{\sqrt{m}}$ tồn tại khi $m>0$.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{3x+2018}{\sqrt{m{x}^2+5x+6}}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{3+\frac{2018}{x}}{\sqrt{m+\frac{5}{x}+\frac{6}{x^2}}}=-\frac{3}{\sqrt{m}}$ tồn tại khi $m>0$.

Khi đó hiển nhiên $\underset{x\to +\infty }{\lim }y\ne \underset{x\to -\infty }{\lim }y$. Vậy $m>0$.

Chọn D

Ta có $OA=\left|z\right|,OB=\left|\left(1+i\right)z\right|=\sqrt{2}\left|z\right|,AB=\left|\left(1+i\right)z-z\right|=\left|iz\right|=\left|z\right|$.

Suy ra $\Delta OAB$vuông cân tại A $\left(OA=AB;O{A}^2+A{B}^2=O{B}^2\right)$

Ta có: $S_{\Delta OAB}=\frac{1}{2}OA.AB=\frac{1}{2}{\left|z\right|}^2=8\iff \left|z\right|=4$.

Chọn C

TXĐ: $D=ℝ.$ Ta có $y\text{'}=3x^2+6x+m$

Do $a=3>0$ nên để hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3 thì $y\text{'}=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn: $\left|x_2-x_1\right|=3$

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}>0\\ \left|x_2-x_1\right|=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}9-3m>0\\ {\left|x_2-x_1\right|}^2=9\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<3\\ {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2=9\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}m<3\\ {\left(-2\right)}^2-4.\frac{m}{3}=9\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<3\\ m=-\frac{15}{4}\end{array}\right.\iff m=-\frac{15}{4}\end{array}$

Chọn D

Đặt $t=3^x$, $t\left(x\right)$ là hàm đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$, $\underset{x\to +\infty }{\lim }t=+\infty$$\Rightarrow$ với $x\in \left[1;+\infty \right)$, thì $t\in \left[3;+\infty \right)$.

Ta có: $\left(1\right)\iff t^2+\left(m-1\right)t+m>0$$\left(2\right)$

Để $\left(1\right)$ có nghiệm đúng $\forall x\ge 1$ thì $\left(2\right)$ có nghiệm đúng $\forall t\ge 3$

$\iff t^2+\left(m-1\right)t+m>0\forall t\ge 3$$\iff t^2-t>-m\left(t+1\right)$$\forall t\ge 3$$\iff \frac{t^2-t}{t+1}>-m$$\forall t\ge 3$$\left(3\right)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{t^2-t}{t+1}$ có $f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{\left(2t-1\right)\left(t+1\right)-\left(t^2-t\right)}{{\left(t+1\right)}^2}=\frac{2t^2+t-1-t^2+t}{{\left(t+1\right)}^2}=\frac{t^2+2t-1}{{\left(t+1\right)}^2}$

Với $t\ge 3$, $t^2+2t-1\ge 3^2+2.3-1>0$ nên $f^{\text{'}}\left(t\right)>0$$\forall t\in \left[3;+\infty \right)$$\Rightarrow \underset{\left[3;+\infty \right)}{\min }f\left(t\right)=f\left(3\right)=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}$

Do đó $\left(3\right)\iff -m<\underset{\left[3;+\infty \right)}{\min }f\left(t\right)=\frac{3}{2}$$\iff m>-\frac{3}{2}$.

Chọn C