Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 10)

Đáp án C

Số phức liên hợp của số phức 1- 4i là 1+ 4i.

Đáp án A

Đáp án A

Mặt phẳng $\left(P\right):x-2y+3=0$ có một VTPT $\overrightarrow{n}=\left(1;-2;0\right).$

Đáp án A

Hàm số f(x) đồng biến trên $\left(1;+\infty \right).$ 

Đáp án C

Đáp án A

Ta có $u_5=u_1+4d=14.$ 

Đáp án C

Ta có $y\left(0\right)=0\Rightarrow$ Loại B và D. Mà $y\left(1\right)=-2.$ 

Đáp án D

Đáp án B

Đáp án C

Đáp án A

Ta có $P=2{\log }_{2}a+3{\log }_{2}b={\log }_2{a}^2+{\log }_2{b}^3={\log }_2\left(a^2{b}^3\right)={\log }_{2}8=3.$ 

Đáp án B

Ta có $\int \left(3x^2+4x+1\right)dx=x^3+2x^2+x+C.$ 

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án B

Đáp án B

Phượng trình $\iff x-2=4^3\iff x=66.$

Đáp án D

Ta có $z_1+2z_2=1+2i+2\left(2-3i\right)=5-4i$ 

Điểm biểu diễn số phức $z_1+2z_2$ có tọa độ là $\left(5;-4\right).$ 

Đáp án D

Mặt cầu (S) có tâm $I\left(1;-1;1\right)$ và bán kính $R=\sqrt{16}=4.$ 

Đáp án A

Ta có $2^{2x-1}=8\iff 2^{2x-1}=2^3\iff 2x-1=3\iff x=2.$ 

Đáp án B

Đáp án A

Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên $\left[1;4\right].$ 

Ta có $\left\{\begin{array}{l}x\in \left(1;4\right)\\ y^{\text{'}}=3x^2-12=0\end{array}\right.\iff x=2.$ 

Tính $y\left(1\right)=-8;y\left(4\right)=19;y\left(2\right)=-13\Rightarrow \underset{\left[1;4\right]}{\min }y=-13.$ 

Đáp án D

Đáp án D

Ta có $I=F\left(x\right)=\int \sqrt{2x-1}dx.$ 

Đặt $t=\sqrt{2x-1}\Rightarrow I=\int td\left(\frac{t^2+1}{2}\right)=\int t.tdt=\frac{t^3}{3}+C\Rightarrow F\left(x\right)=\frac{1}{3}\sqrt{{\left(2x-1\right)}^3}+C.$ 

Đáp án D

Đáp án C

Giả sử $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$ 

Ta có $z+4\overline{z}=7+i\left(z-7\right)\iff a+bi+4\left(a-bi\right)=7+i\left(a+bi-7\right)$

$\iff a+bi+4a-4bi=7+ai-b-7i\iff 5a-3bi=7-b+\left(a-7\right)i$

Đáp án C

Mặt phẳng (P) qua $A\left(1;-2;1\right)$ và nhận $\overrightarrow{AB}=\left(1;3;-2\right)$ là một VTPT

Đáp án B

ĐTHS có tiệm cận đứng $x=-2.$ 

Đáp án A

Đáp án C

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\Rightarrow x=0;x=1;x=2;x=4.$ 

Qua $x=0;x=1;x=4$ thì f '(x) đổi dấu trên f(x) đạt cực trị tại $x=0;x=1;x=4.$ 

Đáp án B

Điều kiện:$x\in ℝ\left(*\right).$ Phương trình $\iff {\left(2^x\right)}^2-2m{.2}^x+2m=0.$  

Đặt $t=2^x>0,$ ta được $t^2-2mt+2m=0$ (1)

Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt

$\iff \left(1\right)$ có hai nghiệm thực dương phân biệt

$\iff \left\{\begin{array}{l}{\Delta }^{\text{'}}=m^2-2m>0\\ t_1+t_2=2m>0\\ t_1{t}_2=2m>0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m\left(m-2\right)>0\\ m>0\end{array}\right.\iff m>2\left(**\right)$ Ta có $x_1+x_2={\log }_2{t}_1+{\log }_2{t}_2={\log }_2\left(t_1{t}_2\right)={\log }_2\left(2m\right)=4\Rightarrow m=8$ thỏa mãn $\left(**\right).$ 

Đáp án D

Cho $z=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x-y=0\\ x+y-2=0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\end{array}\right.\Rightarrow d$ qua $A\left(1;1;0\right).$ 

Cho $z=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x-y+1=0\\ x+y-3=0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=2\end{array}\right.\Rightarrow d$ qua $B\left(1;2;1\right).$ 

Đường thẳng d qua $A\left(1;1;0\right)$ và nhận $\overrightarrow{AB}=\left(0;1;1\right)$ là một VTCP

$\Rightarrow d:\left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=1+t\\ z=t\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right).$ 

Đáp án C

Ta có $V=\pi r^{2}h=3456\pi .$ 

Để tiết kiệm nguyên liệu nhất thì $S_{tp}=2\pi r\left(h+r\right)$ phải nhỏ nhất.

Ta có $S_{tp}=2\pi r\left(\frac{3456}{r^2}+r\right)=2\pi \left(r^2+\frac{3456}{r}\right)$ 

$=2\pi \left(r^2+\frac{1728}{r}+\frac{1728}{r}\right)\ge 2\pi .3\sqrt[3]{r^2.\frac{1728}{r}.\frac{1728}{r}}=864d{m}^2.$

Dấu “=” xảy ra $\iff r^2=\frac{1728}{r}\iff r=12dm.$ 

Đáp án B

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(0;2;2\right)\Rightarrow AB:\left\{\begin{array}{l}x=4\\ y=-4+t\\ z=4+t\end{array}\right..$ Do $I\in AB\Rightarrow I\left(4;-4+t;4+t\right)$ 

Ta có $d\left(I,\left(P\right)\right)=IC\iff \frac{\left|-9\right|}{3}=\sqrt{1^2+{\left(t+1\right)}^2+{\left(t-3\right)}^2}\iff t=1\Rightarrow I\left(4;-3;5\right).$

Đáp án B

Có tất cả $\mathrm{9.10.10}=900$ số tự nhiên có 3 chữ số.

Số cần tìm có dạng $\overline{abc}\Rightarrow \left[\begin{array}{l}c=0\\ c=5\end{array}\right.$

+ TH1. $c=0\Rightarrow a+b=7\Rightarrow \left(a;b\right)\in \left\{\left(1;6\right),\left(2;5\right),\left(3;4\right),\left(4;3\right),\left(5;2\right),\left(6;1\right),\left(7;0\right)\right\}$

Nên có 7 số thỏa mãn.

+ TH2. $c=5\Rightarrow a+b=2\Rightarrow \left(a;b\right)\in \left\{\left(1;1\right),\left(2;0\right)\right\}.$

Nên có 2 số thỏa mãn.

Do đó có tất cả 9 số thỏa mãn. Vậy xác suất cần tìm là $\frac{9}{900}=\frac{1}{100}.$

Đáp án A

ĐKXĐ: $2020-2b^2>0\iff b^2<1010\iff -\sqrt{1010}<b<\sqrt{1010}$

+ Theo đề bài ra, ta có:

${\log }_2\left(2020-2b^2\right)-2b^2={\log }_2\left(a^2+b^2+1009\right)+a^2$

$\iff 1+{\log }_2\left(1010-b^2\right)-2b^2={\log }_2\left(a^2+b^2+1009\right)+a^2$

$\iff {\log }_2\left(1010-b^2\right)+1010-b^2={\log }_2\left(a^2+b^2+1009\right)+a^2+b^2+1009\left(1\right)$

Xét hàm số sau: $f\left(t\right)={\log }_{2}t+t\left(t>0\right)$

Ta thấy: $f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{1}{t.\ln 2}+1>0,$ suy ra hàm số $f\left(t\right)={\log }_{2}t+t$ đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$

Do đó:

$\left(1\right)\iff 1010-b^2=a^2+b^2+1009$

$\iff a^2+2b^2=1$

+ Khi đó: $P=a^3+a^{2}b+2a{b}^2+2b^3+1=\left(a+b\right)\left(a^2+2b^2\right)+1=a+b+1$

Áp dụng định lí Bunhiacopski cho bộ hai số $\left\{a;\sqrt{2}b\right\}$ và $\left\{1;\frac{1}{\sqrt{2}}\right\},$ ta có:

 $\Rightarrow -\sqrt{\frac{3}{2}}\le a+b\le \sqrt{\frac{3}{2}}$

Do đó: $P=a+b+1\le \sqrt{\frac{3}{2}}+1\in \left(2;3\right)$

Suy ra: $MinP=\sqrt{\frac{3}{2}}+1\in \left(2;3\right)$ khi $a=\frac{\sqrt{6}}{3},b=\frac{\sqrt{6}}{6}.$

Đáp án C