Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 10)
50 câu hỏi
Số phức liên hợp của số phức 1- 4i là
-1+ 4i
-1 - 4i
1+ 4i
- 4+ i
Đáp án C
Số phức liên hợp của số phức 1- 4i là 1+ 4i.
Cho ∫01fxdx=2 và ∫01gxdx=−3. Tính I=∫01fx+gxdx.
I = -1
I = -4
I = 8
I = 5
Đáp án A
Ta có I=∫01fx+gxdx=∫01fxdx+∫01gxdx=−1.
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P:x−2y+3=0. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của (P)?
n→=1;−2;0.
n→=1;−2;3.
n→=1;0;−2.
n→=3;−2;1.
Đáp án A
Mặt phẳng P:x−2y+3=0 có một VTPT n→=1;−2;0.
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
1;+∞.
−∞;2.
−1;1.
−2;+∞.
Đáp án A
Hàm số f(x) đồng biến trên 1;+∞.
Với a là số thực dương tùy ý, log3a4 bằng
14log3a.
14+log3a.
4log3a.
4+log3a.
Đáp án C
Ta có log3a4=4log3a.
Cho cấp số cộng un với u1=2,d=3. Tính u5.
14
17
11
8
Đáp án A
Ta có u5=u1+4d=14.
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ?
y=−x3+3x.
y=−x3+3x2−2.
y=x3−3x.
y=x3−3x2+2.
Đáp án C
Ta có y0=0⇒ Loại B và D. Mà y1=−2.
Cho hình nón (N) có bán kính đáy bằng 3 và đường cao bằng 4. Tính thể tích V của khối nón (N)
V=36π.
V=45π.
V=15π.
V=12π.
Đáp án D
Ta có V=13πr2hr=3;h=4⇒V=12π.
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đạt cực đại tại
x = 4
x = 0
x = -2
x = 1
Đáp án B
Hàm số f(x) đạt cực đại tại x = 0
Trong một lớp có 5 bạn nam và 27 bạn nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn một bạn nam làm lớp trưởng?
135.
22.
32.
42.
Đáp án C
Theo quy tắc cộng, ta có 5 + 27 = 32 cách chọn một bạn làm lớp trưởng
Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn a2b3=8. Tính P=2log2a+3log2b.
3
4
1
2
Đáp án A
Ta có P=2log2a+3log2b=log2a2+log2b3=log2a2b3=log28=3.
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số fx=3x2+4x+1 là
3x3+4x2+x+C.
x3+2x2+x+C.
3x3+2x2+x+C.
x3+4x2+x+C.
Đáp án B
Ta có ∫3x2+4x+1dx=x3+2x2+x+C.
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:x−1−1=y−22=z−3−3. Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của d?
u→=−1;2;−3.
u→=1;2;3.
u→=1;2;−3.
u→=−1;2;3.
Đáp án A
Đường thẳng d:x−1−1=y−22=z−3−3 có một VTCP là u→=−1;2;−3.
Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a và AA'=3a. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng
3a34.
a34.
3a334.
a334.
Đáp án C
Ta có VABC.A'B'C'=AA'.SABC=AA'.AB234=3a334
Kí hiệu z1,z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2−4z+6=0. Giá trị của z12+z22 bằng
4
10
-8
-6
Đáp án A
Ta có z1+z2=4z1z2=6⇒z12+z22=z1+z22−2z1z2=4.
Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:
Phương trình 4fx+1=0 có số nghiệm thực là
1
2
3
0
Đáp án C
Đường thẳng y=−14 cắt đồ thị hàm số y=fx tại đúng 3 điểm phân biệt
Tính đạo hàm của hàm y=2x2−5x.
y'=2x2−5x.ln2.
y'=x2−5x.2x2−5x−1.
y'=2x−5.2x2−5x.
y'=2x−5.2x2−5x.ln2.
Đáp án D
Ta có y=2x2−5x⇒y'=2x−5.2x2−5x.ln2.
Diện tích phần hình phẳng gạch chéo như hình vẽ được tính theo công thức nào dưới đây?
∫−11fxdx+∫12fxdx.
∫−11fxdx−∫12fxdx.
∫−12fxdx.
−∫−12fxdx.
Đáp án B
Ta có S=∫−11fxdx+∫12fxdx=∫−11fxdx−∫12fxdx.
Giải phương trình log4x−2=3.
x = 64
x = 66
x = 81
x = 83
Đáp án B
Phượng trình ⇔x−2=43⇔x=66.
Cho hai số phức z1=1+2i,z2=2−3i. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm biểu diễn số phức z1+2z2 có tọa độ là
(5;4)
(-5;4)
(-5;-4)
(5;-4)
Đáp án D
Ta có z1+2z2=1+2i+22−3i=5−4i
Điểm biểu diễn số phức z1+2z2 có tọa độ là 5;−4.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x−12+y+12+z−12=16. Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của (S)
I−1;1;−1 và R= 16
I−1;1;−1 và R= 4
I1;−1;1 và R= 16
I1;−1;1 và R= 4
Đáp án D
Mặt cầu (S) có tâm I1;−1;1 và bán kính R=16=4.
Giải phương trình 22x−1=8.
x = 2
x = 1
x = 3
x = 172
Đáp án A
Ta có 22x−1=8⇔22x−1=23⇔2x−1=3⇔x=2.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;−3;2,B3;−1;4. Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là
(2;2;2)
(2;-2;3)
(1;1;1)
(4;-4;6)
Đáp án B
Trung điểm của đoạn thẳng AB là I1+32;−3−12;2+42⇒I2;−2;3.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x3−12x+3 trên đoạn 1;4 bằng
-13
-8
-10
-6
Đáp án A
Hàm số đã cho đã xác định và liên tục trên 1;4.
Ta có x∈1;4y'=3x2−12=0⇔x=2.
Tính y1=−8;y4=19;y2=−13⇒min1;4y=−13.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, cạnh AB=a,SA=a3 và SA vuông góc với mặt phẳng góc đáy. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng
90°.
45°.
30°.
60°.
Đáp án D
Ta có SA⊥ABC⇒SB;ABC^=SBA^.
tanSBA^=SAAB=a3a=3⇒SBA^=60°.
Cho F(x) là một nguyên hàm của hàm số fx=2x−1 thỏa mãn F1=43. Tìm F(x)
Fx=−132x−1+53.
Fx=132x−1+1.
Fx=−132x−13+53.
Fx=132x−13+1.
Đáp án D
Ta có I=Fx=∫2x−1dx.
Đặt t=2x−1⇒I=∫tdt2+12=∫t.tdt=t33+C⇒Fx=132x−13+C.
Mà F1=43⇒13+C=43⇒C=1⇒Fx=132x−12+1.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Cạnh SA=a2 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD) bằng
a22.
a63.
a3.
a
Đáp án D
Gọi O=AC∩BD, kẻ AH⊥SO⇒dA;SBD=AH=d.
Cạnh OA=AB2=a2⇒1d2=1SA2+1OA2=12a2+12a2⇒d=a.
Cho hàm số f(x) thỏa mãn f(0) = 1 và f'x=2sin2x−3,∀x∈ℝ. Tích phân ∫0π4fxdx bằng
π2−4π+416.
−π2−4π+416.
π2+4π−416.
−π2+4π−416.
Đáp án B
Ta có fx=∫2sin2x−3dx=∫1−cos2x−3dx=−sin2x2−2x+C.
Mà f0=1⇒C=1⇒fx=−12sin2x−2x+1.
⇒∫0π4fxdx=∫0π4−12sin2x−2x+1dx=14cos2x−x2+x0π4 =−π216+π4−14=−π2−4π+416.
Cho số phức z thỏa mãn z+4z¯=7+iz−7. Môđun của z bằng
5
3
5
3
Đáp án C
Giả sử z=a+bia,b∈ℝ
Ta có z+4z¯=7+iz−7⇔a+bi+4a−bi=7+ia+bi−7
⇔a+bi+4a−4bi=7+ai−b−7i⇔5a−3bi=7−b+a−7i
⇔5a=7−b−3b=a−7⇔a=1b=2⇒z=a2+b2=5.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A1;−2;1 và B2;1;−1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB.
x+3y+2z+3=0.
x−3y+2z−9=0.
x+3y−2z+7=0.
x−3y−2z−5=0.
Đáp án C
Mặt phẳng (P) qua A1;−2;1 và nhận AB→=1;3;−2 là một VTPT
⇒P:1.x−1+3y+2−2z−1=0⇔x+3y−2z+7=0.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy và AB=SA=a,AC=a5. Thể tích của khối chóp S.ABC bằng
a33.
a32.
a353.
a352.
Đáp án A
Ta có VS.ABC=13SA.SABC=13SA.12.AB.BC.
Cạnh BC=AC2−AB2=2a⇒VS.ABC=a33.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là
1
2
3
4
Đáp án B
ĐTHS có tiệm cận đứng x=−2.
Từ limx→−∞y=2⇒TCN:y=2limx→+∞y=2⇒TCN:y=2.
Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD với AB=6,AD=3. Tính thể tích V của khối trụ, nhận được khi quay hình chữ nhật ABCD xung quanh trục AB.
54π.
48π.
75π.
36π.
Đáp án A
Ta có V=πr2h=π.AD2.AB=54π.
Cho hàm số f(x). Hàm số y = f '(x) có đồ thị như hình vẽ. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
1
2
3
4
Đáp án C
Ta có f'x=0⇒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.
Cho phương trình 4x−m.2x+1+2m=0 (m là tham số thực) có hai nghiệm thực phân biệt x1,x2 thỏa mãn x1+x2=4. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
4<m≤6.
m>6.
2<m≤4.
0<m≤2.
Đáp án B
Điều kiện:x∈ℝ*. Phương trình ⇔2x2−2m.2x+2m=0.
Đặt t=2x>0, ta được t2−2mt+2m=0 (1)
Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt
⇔1 có hai nghiệm thực dương phân biệt
⇔Δ'=m2−2m>0t1+t2=2m>0t1t2=2m>0⇒mm−2>0m>0⇔m>2** Ta có x1+x2=log2t1+log2t2=log2t1t2=log22m=4⇒m=8 thỏa mãn **.
Trong không gian Oxyz, viết phương trình đường thẳng d là giao tuyến của mặt phẳng P:x−y+z=0 và Q:x+y−z−2=0.
d:x−11=y−2−1=z−11.
d:x−11=y−11=z1.
d:x=1y=2−tz=1+t t∈ℝ.
d:x=1y=1+tz=t t∈ℝ.
Đáp án D
Cho z=0⇒x−y=0x+y−2=0⇒x=1y=1⇒d qua A1;1;0.
Cho z=1⇒x−y+1=0x+y−3=0⇒x=1y=2⇒d qua B1;2;1.
Đường thẳng d qua A1;1;0 và nhận AB→=0;1;1 là một VTCP
⇒d:x=1y=1+tz=t t∈ℝ.
Một nhà sản xuất cần thiết kế một thùng đựng dầu nhớ hình trụ có nắp đậy với dung tích là 3456πdm3. Để tiết kiệm nguyên liệu nhất thì bán kính của nắp đậy phải bằng
24 dm
20 dm
12 dm
10 dm
Đáp án C
Ta có V=πr2h=3456π.
Để tiết kiệm nguyên liệu nhất thì Stp=2πrh+r phải nhỏ nhất.
Ta có Stp=2πr3456r2+r=2πr2+3456r
=2πr2+1728r+1728r≥2π.3r2.1728r.1728r3=864dm2.
Dấu “=” xảy ra ⇔r2=1728r⇔r=12dm.
Cho hàm số f(x) có bảng xét dấu của f '(x) như sau:
Hàm số y = f (2x - 1) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
−∞;−1.
12;1.
1;+∞.
−1;12.
Đáp án C
Ta có y'=2f'2x−1>0⇔f'2x−1>0⇔−1<2x−1<02x−1>1⇔0<x<12x>1
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P:x+2y−2z+3=0 và ba điểm A4;−4;4,B4;−2;6,C3;−5;7. Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P), đi qua điểm C và có tâm nằm trên đường thẳng AB. Tâm I của mặt cầu (S) có tọa độ là
−4;−3;5.
4;−3;5.
4;3;5.
4;3;−5.
Đáp án B
Ta có AB→=0;2;2⇒AB:x=4y=−4+tz=4+t. Do I∈AB⇒I4;−4+t;4+t
Ta có dI,P=IC⇔−93=12+t+12+t−32⇔t=1⇒I4;−3;5.
Cho hình nón (N) có đường cao bằng 3a2 đáy của (N) có bán kính bằng a. Thiết diện qua đỉnh của (N) là một tam giác nằm trong mặt phẳng tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60°. Tính theo a diện tích S của tam giác này
S=a233.
S=a232.
S=3a22.
S=3a24.
Đáp án B
Thiết diện qua đỉnh của (N) là ΔSCD như hình vẽ.
Kẻ OP⊥CD⇒SCD;OCD^=SPO^=60°
⇒tan60°=SOOP⇒OP=SO3=a32
⇒CP=OC2−OP2=a2−3a24=a2⇒CD=2CP=a.
Lại có sin60°=SOSP=32⇒SP=2SO3=a3.
Từ CD⊥SP⇒SSCD=12CD.SP=a232.
Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 3 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 7 và chia hết cho 5.
181
1100
163
2225
Đáp án B
Có tất cả 9.10.10=900 số tự nhiên có 3 chữ số.
Số cần tìm có dạng abc¯⇒c=0c=5
+ TH1. c=0⇒a+b=7⇒a;b∈1;6,2;5,3;4,4;3,5;2,6;1,7;0
Nên có 7 số thỏa mãn.
+ TH2. c=5⇒a+b=2⇒a;b∈1;1,2;0.
Nên có 2 số thỏa mãn.
Do đó có tất cả 9 số thỏa mãn. Vậy xác suất cần tìm là 9900=1100.
Cho các số thực a, b thỏa mãn log22020−2b2−2b2=log2a2+b2+1009+a2.
Giá trị lớn nhất của biểu thức P=a3+a2b+2ab2+2b3+1 thuộc khoảng nào trong các khoảng sau đây?
(0;1)
(1;2)
(2;3)
(3;4)
Đáp án A
ĐKXĐ: 2020−2b2>0⇔b2<1010⇔−1010<b<1010
+ Theo đề bài ra, ta có:
log22020−2b2−2b2=log2a2+b2+1009+a2
⇔1+log21010−b2−2b2=log2a2+b2+1009+a2
⇔log21010−b2+1010−b2=log2a2+b2+1009+a2+b2+1009 1
Xét hàm số sau: ft=log2t+t t>0
Ta thấy: f't=1t.ln2+1>0, suy ra hàm số ft=log2t+t đồng biến trên 0;+∞
Do đó:
1⇔1010−b2=a2+b2+1009
⇔a2+2b2=1
+ Khi đó: P=a3+a2b+2ab2+2b3+1=a+ba2+2b2+1=a+b+1
Áp dụng định lí Bunhiacopski cho bộ hai số a;2b và 1;12, ta có:
a+b2≤a2+2b21+12=32 (Dấu “=” xảy ra khi )
⇒−32≤a+b≤32
Do đó: P=a+b+1≤32+1∈2;3
Suy ra: MinP=32+1∈2;3 khi a=63,b=66.
Cho hàm số y = f(x) liên tục, có đạo hàm trên R và có bảng biến thiên như hình vẽ
Hàm số gx=3f−2x+1−8x3+6x đạt cực đại tại điểm nào dưới đây?
x = 1
x = -12
x = 12
x = -1
Đáp án C
Cho hàm số y = f(x). Hàm số y = f '(x) có bảng biến thiên như sau:
Bất phương trình fx>2x+m có nghiệm với mọi x∈−1;1 khi và chỉ khi
m<f1−2.
m≤f1−2.
m≤f−1−12.
m<−1−12.
Đáp án C
Xét hàm số gx=fx−2x,x∈−1;1⇒g'x=f'x−2xln2.
Với mọi x∈−1;1 thì f'x<0⇒g'x<0,∀x∈−1;1
⇒gx nghịch biến trên −1;1⇒gx<g−1=f−1−12.
Khi đó m<gx có nghiệm với mọi x∈−1;1⇔m≤f−1−12.
Cho hàm số y=x4−3x2+m có đồ thị Cm, với m là tham số thực. Giả sử Cm cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt như hình vẽ. Gọi S1,S2,S3 là diện tích các miền gạch chéo được cho trên hình vẽ. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để S1+S2=S3.
m=−52.
m=−54.
m=52.
m=54.
Đáp án D
Ta có S3=S1+S2S1=S2⇒∫0ax4−3x2+mdx=∫abx4−3x2+mdx
⇒∫0ax4−3x2+mdx=−∫abx4−3x2+mdx⇒∫04x4−3x2+mdx=0
⇒x55−x3+mx0b=0⇒b55−b3+mb=0⇒b4−5b2+5m=0.
Mà b4−3b2+m=0⇒m=3b2−b4⇒b4−5b2+53b2−b4=0
⇒10b2−4b4=0⇒b2=52⇒m=54.
Cho phương trình x6+6x4−m3x3+15−3m2x2−6mx+10=0. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt thuộc đoạn 12;2?
0
1
2
3
Đáp án A
Biến đổi x6+6x4+15x2+10=m3x3+3m2x2+6mx
⇔x2+23+3x2+2=mx+13+3mx+1⇔gx2+2=gmx+1
⇒m=x2+1x=fx,với x∈12;2
Ta có x∈12;2f'x=1−1x2=0⇔x=1.
Tính f12=52;f2=52;f1=2⇒2<m≤52.
Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x3−3x2+m trên đoạn −2;2 bằng 3. Tính tổng tất cả các phần tử của S.
18
24
20
22
Đáp án C
Giả sử hàm số y=fx liên tục, đồng biến, nhận giá trị dương trên khoảng 0;+∞ thỏa mãn f3=49 và f'x2=x+1.fx. Giá trị của f(8) là
49
36
52
210
Đáp án A
Ta có f'x=x+1.fx⇒f'xfx=x+1
⇒∫38f'xfxdx=∫38x+1dx⇒∫381fxdfx=∫38x+112dx
⇒2fx38=x+112+132⇒2f8−f3=23x+138
⇒f8−49=193⇒f8=49.
Xét các số phức z thỏa mãn z−1=5. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp các điểm biểu diễn số phức ω=2+3iz¯+3+4i là một đường tròn bán kính bằng
517
510
55
210
Đáp án D
Giả sử z=a+bia,b∈ℝ⇒z−1=a−1+bi⇒z−1=a−12+b2=5.
Ta có z¯−1=a−bi−1=a−1−bi⇒z¯−1=a−12+b2=5.
Biến đổi w=2+3iz¯+3+4i⇔w=2+3iz¯−1+2+3i+3+4i.
⇔w−5+7i=2+3iz¯−1
⇒w−5+7i=2+3i.z¯−1=22+32.5=513.
Giả sử
w=x+yix,y∈ℝ⇒x−5+y−7i=513⇔x−52+y−72=5132
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w=2+3iz¯+3+4i là đường tròn có tâm I5;7 và bán kính R=513.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A5;−3;2,B3;0;−4 nằm về hai phía của mặt phẳng (P). Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) bằng 3 và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (P) bằng 4. Mặt phẳng (P) đi qua điểm có tọa độ nào dưới đây?
−2;4;−1.
(2;-4;1)
(-2;-4;1)
(2;-4;-1)
Đáp án D
Kẻ AH⊥P,BK⊥P, với H,K∈P⇒AH=dA;P=3BK=dB;P=4
Gọi M=AB∩HK, ta có:
AH≤AM,BK≤BM⇒AH+BK≤AM+BM=AB⇒AB≥3+4=7
Mà AB→=−2;3;−6⇒AB=−22+32+−62=7
Do đó cần phải có H ở giữa A và B.
Khi đó
7.AH→=3.AB→⇔7xH−5=−67yH+3=97zH−2=−47⇔xH=297yH=−127zH=−47⇒H297;−127;−47.
Mặt phẳng (P) qua H và nhận AB→=−2;3;−6 là một VTPT
⇒P:−2x−297+3y+127−6z+47=0
⇔−2x+3y−6z+10=0⇔2x−3y+6z−10=0.
