Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 11)

Đáp án D

Ta có: $\underset{3}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)𝑑x=-6\Rightarrow \underset{1}{\overset{3}{\int }}g\left(x\right)𝑑x=6$

Do đó $I=\underset{1}{\overset{3}{\int }}[f\left(x\right)-2g\left(x\right)]𝑑x=3-2.6=-9$.

Đáp án C

Mặt phẳng (P) có một VTPT là $\overrightarrow{n}=(2;3;-4)$.

Đáp án B

Đáp án B

Ta có: $z_1+z_2=3-4i\Rightarrow \left|z_1+z_2\right|=\sqrt{3^2+{\left(-4\right)}^2}=5$.

Đáp án A

Ta có:  ${\log }_{\sqrt{a}}\left(a^{2}b\right)=2{\log }_a\left(a^{2}b\right)=2\left[{\log }_a{a}^2+{\log }_{a}b\right]=2\left(2+{\log }_{a}b\right)=4+2{\log }_{a}b$

Đáp án A

Hình chiếu vuông góc của P lên trục Oy là H(a;0;c) suy ra khoảng cách từ A đến trục Oy bằng PH.

Đáp án D

Có $C_5^2$ cách chọn ra 2 cây bút màu đỏ và $C_4^3$ cách chọn ra 3 cây bút màu xanh

Theo quy tắc nhân có $C_5^2{C}_4^3=40$ cách chọn ra 2 cây bút màu đỏ và 3 cây bút màu xanh từ hộp.

Đáp án C

Đáp án D

Ta có $\left(ABC\right):\frac{x}{-1}+\frac{y}{3}+\frac{z}{4}=1\iff \frac{x}{1}-\frac{y}{3}-\frac{z}{4}=-1$.

Đáp án A

Ta loại ngay đáp án C vì đây là bảng biến thiên của hàm số bậc ba.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\infty \Rightarrow a>0$ Þ Loại D.

Lại có $y\left(1\right)=2$

 Þ Loại B. Chọn A.

Đáp án D

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{u}_2=u_{1}q=2\\ u_5=u_1{q}^4=16\end{array}\right.\Rightarrow -2q^3=16\Rightarrow q=-2\Rightarrow u_1=1\Rightarrow u_8=u_1{q}^7=-128$.

Đáp án A

$SH\perp \left(ABC\right)\Rightarrow AH=\frac{AB}{\sqrt{3}}=a\Rightarrow SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=a\sqrt{3}$

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.\frac{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3}{4}{a}^3$.

Đáp án B

$BPT\iff 5^{1-2x}>5^{-3}\iff 1-2x>-3\iff x<2$.

Đáp án B

Hàm số đồng biến trên từng khoảng $\left(1;3\right)$ và $\left(-2;-1\right)$.

Đáp án A

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3-12x^2=4x^2\left(x-3\right)$.

Do $f^{\text{'}}\left(x\right)$ chỉ đổi dấu khi qua điểm $x=3$ nên hàm số đã cho có đúng 1 điểm cực trị $x=3$.

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}x\in \left(-1;2\right)\\ f^{\text{'}}\left(x\right)=6x^2+6x-12=0\end{array}\right.\Rightarrow x=1$.

Tính $f\left(-1\right)=15;f\left(2\right)=6;f\left(1\right)=-5$.

Đáp án C

Phương pháp: Coi phương trình đã cho là bậc hai ẩn $2^x$, giải phương trình tìm x và kết luận.

Cách giải:

Ta có: $2^{2x}-{5.2}^x+6=0\iff \left(2^x-2\right)\left(2^x-3\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}{2}^x=2\\ 2^x=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x={\log }_{2}3\end{array}\right.$

Do đó $P=x_1.x_2=1.{\log }_{2}3={\log }_{2}3$.

Đáp án B

Ta có: $z^2-8z+20=0\iff \left[\begin{array}{l}z=4-2i\\ z=4+2i\end{array}\right.$

Do đó $\left|z_1\right|=\left|z_2\right|=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$ nên $\left|z_1\right|+\left|z_2\right|=4\sqrt{5}$.

Đáp án C

Ta có $y^{\text{'}}=2x.f^{\text{'}}\left(x^2-1\right)=2x\left(x^2-1\right){\left(x^2-3\right)}^2=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\\ x=\pm \sqrt{3}\end{array}\right.$

Đạo hàm đổi dấu khi qua 3 điểm $x=0;x=\pm 1$ nên hàm số có đúng 3 điểm cực trị.

Đáp án A

Chú ý một quả tiếp xúc tất cả các đường sinh nên 6 quả xếp lần lượt từ trên xuống dưới.

Chiều cao hình trụ là 12 lần bán kính hình cầu, 12.5 = 60cm. Bán kính hình trụ trùng với bán kính khối cầu nhỏ.

Thể tích khối trụ là $\pi r^{2}h=\pi {.5}^2.60$. Thể tích rượu cần đổ bằng thể tích trụ trừ đi thể tích trái cây.

Tức là $V=\pi r^{2}h=\pi {.5}^2.60-6.\frac{4}{3}\pi {.5}^2=500\pi \approx 1,57d{m}^3=1,57l$.

Đáp án C

Bán kính là $R=\frac{\left|2-2.1-8-7\right|}{\sqrt{9}}=5\Rightarrow {\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z+4\right)}^2=25$ .

Đáp án B

Phương trình $\iff f\left(x\right)=-\frac{3}{2}$ suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.

Đáp án A

Ta có bậc tử cao hơn bậc mẫu nên ĐTHS không có tiệm cận ngang.

Lại có $y=\frac{\left(x-1\right)\left(x-3\right)\left(\sqrt{x^2+7}+4\right)}{x^2+7-16}=\frac{\left(x-1\right)\left(\sqrt{x^2+7}+4\right)}{x+3}$ Þ Tiệm cận đứng $x=-3$.

Đáp án B

Ta có $mx+ny={\log }_{2^{\frac{3}{2}}}{\left(a{b}^2\right)}^{\frac{1}{3}}=\frac{\frac{1}{3}}{\frac{3}{2}}{\log }_2\left(a{b}^2\right)=\frac{2}{9}\left({\log }_{2}a+{\log }_2{b}^2\right)=\frac{2}{9}\left({\log }_{2}a+2{\log }_{2}b\right)$

$\Rightarrow m=\frac{2}{9};n=\frac{4}{9}\Rightarrow m+n=\frac{2}{3}$.

Đáp án D

Ta có $y^{\text{'}}=\left(2x+2\right)e^{x^2+2x-3}\ge 0\iff 2x+2\ge 0\iff x\ge -1$.

Đáp án C

Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm thì $\left(P\right)\perp BC$.

Nên một vectơ pháp tuyến của (P) là $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\overrightarrow{BC}=\left(3;-2;-3\right)$.

Mặt phẳng (P) qua $A\left(1;0;-2\right)$ và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(3;-2;-3\right)\Rightarrow \left(P\right):3x-2y-3x-9=0$.

Đáp án C

Ta có $a+bi+\left(1-i\right)\left(a-bi\right)=7-2i$

$\iff 2a-b-ai=7-2i\iff \left\{\begin{array}{l}2a-b=17\\ -a=-2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b=-3\\ a=2\end{array}\right.\Rightarrow ab=-6$.

Đáp án B

$\underset{-1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=S_1-S_2$.

Đáp án C

Kẻ $SH\perp BC\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)\Rightarrow \left(\widehat{SA;\left(ABC\right)}\right)=\widehat{SAH}$.

Cạnh $AH=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=a$ và $SH=\frac{BC\sqrt{3}}{2}=\frac{2a.\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.

$\tan \widehat{SAH}=\frac{SH}{AH}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SAH}=60°$.

Đáp án D

Ta có: $\left|z-8\right|i+\left|z-6i\right|=5\left(1+i\right)\iff \left[\begin{array}{l}\left|z-8\right|=5\\ \left|z-6i\right|=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(a-8\right)}^2+b^2=25\\ a^2+{\left(b-6\right)}^2=25\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-16a+12b+28=0\\ a^2+b^2-12b=-11\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3b=4a-7\\ {\left(\frac{3b+7}{4}\right)}^2+b^2-12b=-11\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3b=4a-7\\ 25{\left(b-3\right)}^2=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=4\\ b=3\end{array}\right.$

Do đó $P=a+b=7$.

Đáp án D

Các cạnh bên của hình chóp tạo với mặt phẳng đáy góc 60°.

Kẻ $SH\perp \left(ABCD\right)$ Þ H là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD.

Trên $\left(SHD\right)$, đường trung trực của đoạn thẳng SD cắt SH tại O thì O là tâm mặt cầu.

Ta có $\Delta SHD~\Delta SPO\Rightarrow \frac{SH}{SP}=\frac{SD}{SO}\Rightarrow SO=\frac{SP.SD}{SH}=\frac{S{D}^2}{2SH}$.

Cạnh $HD=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}\sqrt{C{D}^2+B{C}^2}=\frac{5}{2}$.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\tan 60°=\frac{SH}{HD}\Rightarrow SH=\frac{5\sqrt{3}}{2}\\ \cos 60°=\frac{HD}{SD}\Rightarrow SD=5\end{array}\right.\Rightarrow R=SO=\frac{5\sqrt{3}}{3}\Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{500\pi \sqrt{3}}{27}$.

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}M\left(1;-1;1\right)\in \Delta \\ M\notin \left(P\right)\\ 2.2+\left(-1\right).2+2.\left(-1\right)=0\end{array}\right.$

$\Rightarrow \Delta //\left(P\right)\Rightarrow d\left(\Delta ;\left(P\right)\right)=d\left(M;\left(P\right)\right)=\frac{\left|2.1-\left(-1\right).2+2.1-3\right|}{\sqrt{2^2+{\left(-1\right)}^2+2^2}}=\frac{2}{3}$.

Đáp án C

Đặt $t=\sqrt{x+8}\Rightarrow t^2=x+8\Rightarrow 2tdt=dx$

Đổi cận $\left\{\begin{array}{l}x=8\Rightarrow t=4\\ x=56\Rightarrow t=8\end{array}\right.$.

Khi đó $\underset{8}{\overset{56}{\int }}\frac{dx}{\left(x-1\right)\sqrt{x+8}}=\underset{4}{\overset{8}{\int }}\frac{2tdt}{\left(t^2-9\right)t}=\underset{4}{\overset{8}{\int }}\frac{2dt}{\left(t^2-9\right)}={\left.\frac{1}{3}\ln \left|\frac{t-3}{t+3}\right|\right|}_4^8$

$=\frac{1}{3}\ln \frac{35}{11}=\frac{1}{3}\ln 5+\frac{1}{3}\ln 5-\frac{1}{3}\ln 11$

Nên $a=\frac{1}{3},b=\frac{1}{3},c=\frac{-1}{3}\Rightarrow a+b-3c=\frac{5}{3}\in \left(1;2\right)$.

Đáp án B

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

Đáp án B

Giả sử thiết diện qua trục là hình vuông ABCD như hình vẽ.

Dựng $O^{\text{'}}H\perp BC\Rightarrow O^{\text{'}}H\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow d\left(O^{\text{'}};\left(ABCD\right)\right)=O^{\text{'}}H=3$

Lại có  và H là trung$AB=BC=\sqrt{16}=4$ điểm của BC nên $BH=2$.

Bán kính đáy hình trụ $r=O^{\text{'}}B=\sqrt{O^{\text{'}}{H}^2+H{B}^2}=\sqrt{13}$.

Thể tích khối trụ là $V_{\left(T\right)}=\pi r^{2}h=\pi \mathrm{.13.4}=52\pi$.

Đáp án D

Đặt $t=2^x$> 0 ta được $t+3=m\sqrt{t^2+1}\Rightarrow m=\frac{t+3}{\sqrt{t^2+1}}=f\left(t\right)$ với $t>0$

Khi đó $f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{\sqrt{t^2+1}-\frac{\left(t+3\right)t}{\sqrt{t^2+1}}}{t^2+1}=\frac{1-3t}{\sqrt{{\left(t^2+1\right)}^3}}$ suy ra bảng biến thiên

Dựa vào BBT suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi $m\in \left(3;\sqrt{10}\right)$

Do đó $a=3,b=10\Rightarrow S=36$.

Đáp án D

Ta có $\frac{d_M}{d_B}=\frac{MS}{BS}=\frac{2}{3}\Rightarrow d_M=\frac{2}{3}{d}_B$

Áp dụng công thức nhanh $\frac{1}{d_B^2}=\frac{1}{c^2}+\frac{k^2}{h^2}$ ta có $c=a,k=\frac{d_O}{d_B}=\frac{1}{2},h=OD\tan 60°=\frac{a\sqrt{2}}{2}\tan 60°=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Suy ra $d_B=\frac{a\sqrt{42}}{7}\Rightarrow d_M=\frac{2a\sqrt{42}}{21}$.

Đáp án D

Chọn ra 3 điểm bất kỳ từ 18 điểm này có $\left|\Omega \right|=C_{18}^3$ cách chọn.

Gọi A là biến cố: “3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác”.

Số điểm thẳng hàng trên đường thẳng $d_1$ là $C_{10}^3$

Số điểm thẳng hàng trên đường thẳng $d_2$ là ${C^3}_8$.

Số tam giác được tạo thành là $\left|{\Omega }_A\right|=C_{18}^3-C_{10}^3-C_8^3=640$.

Do đó xác suất cần tìm là $P=\frac{640}{C_{18}^3}=\frac{40}{51}$.

Đáp án A

Đặt $t=x^3-2x^2+5x\Rightarrow t^{\text{'}}=3x^3-6x+5>0\left(\forall x\in ℝ\right)$.

Nên hàm số $t=x^3-2x^2+5x$ là hàm số đồng biến trên R do đó với mỗi giá trị của t ta có một giá trị của x.

Để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì

$-1<m^2-2m<3\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-2m-3<0\\ m^2-2m+1>0\end{array}\right.\iff -1<m<3$ và m khác 1.

Kết hợp $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m=\left\{0;2\right\}$.