Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 12)

Đáp án A

Ta có \[{\log _2}\left( {8a} \right) = {\log _2}8 + {\log _2}a = 3 + {\log _2}a\]. Chọn A.

Đáp án D

Mặt phẳng P:3x−4y+5z−2=0 có một VTPT là n→=3;−4;5. Chọn D.

Đáp án B

Số phức \[z = 2 - 3i\] có phần ảo bằng \[ - 3\]. Chọn B.

Đáp án D

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = 6\\{u_5} = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + d = 6\\{u_1} + 4d = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\d = 5\end{array} \right. \Rightarrow \]Chọn D

Đáp án C

Hàm số \[f\left( x \right)\] nghịch biến trên \[\left( { - 4;0} \right)\]. Chọn C.

Đáp án D

Ta có I=∫01fx−2gxdx=∫01fxdx−2∫01gxdx=1+4=5. Chọn D.

Đáp án A

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{S_{xq}} = \pi rl\\r = 3;h = 4\\{l^2} = {h^2} + {R^2}\end{array} \right. \Rightarrow l = 5 \Rightarrow {S_{xq}} = 15\pi \]. Chọn A.

Đáp án D

Hàm số f(x) đạt cực đại tại x = -2. Chọn D.

Đáp án D

Ta có \[P = {\log _a}\left( {{b^3}{c^4}} \right) = {\log _a}{b^3} + {\log _a}{c^4} = 3{\log _a}b + 4{\log _a}c = 3.2 + 4.\frac{1}{4} = 7\]. Chọn D.

Đáp án A

Ta có \[\int {\left( {4x + \sin x} \right)dx}  = 2{x^2} - \cos x + C\]. Chọn A.

Đáp án D

Đường thẳng d đi qua điểm có tọa độ \[\left( {1;2;3} \right)\]. Chọn D.

Đáp án D

Quy tắc cộng, ta có \[10 + 8 + 6 = 24\] cách chọn 1 cuốn sách. Chọn D.

Đáp án A

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}V = \pi {r^2}h\\r = \frac{{AB}}{{\sqrt 3 }} = 2\sqrt 3 \\h = A'A = 8\end{array} \right. \Rightarrow V = 96\pi \]. Chọn A.

Đáp án D

Ta có \[{z^2} - 4z + 8 = 0 \Leftrightarrow 2 \pm 2i\]

⇒z1+z2=2+2i+2−2i=22+22+22+−22=42. Chọn D.

Đáp án C

Ta có y1=−4⇒ Loại A, B, D. Chọn C.

Đáp án C

Ta có \[y = {\log _2}\left( {2x + 3} \right) \Rightarrow y' = \frac{{{{\left( {2x + 3} \right)}^\prime }}}{{\left( {2x + 3} \right)\ln 2}} = \frac{2}{{\left( {2x + 3} \right)\ln 2}}\]. Chọn C.

Đáp án C

Ta có \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}.AB.AC\]

Cạnh \[AB = AC = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{{{a^3}}}{{12}}\]. Chọn C.

Đáp án A

Ta có S=∫cdfxdx+∫d0fxdx=∫cdfxdx−∫d0fxdxChọn A.

Đáp án B

Đường thẳng \[y = 2\] cắt đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại đúng 2 điểm phân biệt. Chọn B.

Đáp án A

Ta có \[d = \frac{{\left| {1 + 2.\left( { - 2} \right) - 2 + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 6 }}\]. Chọn A.

Đáp án C

Ta có \[{2^{{x^2} - 3x + 6}} = {2^{x + 3}} \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 6 = x + 3 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right. \Rightarrow \] Chọn C.

Đáp án A

Ta có \[{z_1}{z_2} = \left( {3 - 2i} \right)\left( {1 + i} \right) = 5 + i\].

Điểm biểu diễn số phức \[{z_1}{z_2}\] có tọa độ là \[\left( {5;1} \right)\]. Chọn A.

Đáp án B

Cạnh AB=AC=BC2=a2

⇒A'A=A'B2−AB2=3a2−2a2=a

⇒V=A'A.SABC=A'A.12AB2=a3. Chọn B.

Đáp án A

Ta có ∫ln3xxdx=∫ln3xdlnx=14ln4x+C. Chọn A.

Đáp án D

Điểm cần tìm là H với \[\left\{ \begin{array}{l}{x_H} = 0\\{y_H} = {y_M}\\{z_H} = 0\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {0;2;0} \right)\]. Chọn D.

Đáp án C

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BA \bot AC\\BA \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BA \bot \left( {SAC} \right)\]

\[ \Rightarrow \left( {\widehat {SB;\left( {SAC} \right)}} \right) = \widehat {BSA}\]

\[\tan \widehat {BSA} = \frac{{AB}}{{SA}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {BSA} = 30^\circ \]. Chọn C.

Đáp án D

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên \[\left[ { - 4;4} \right]\]

Ta có x∈−4;4y'=3x2−6x−9=0⇔x=−1x=3

Tính y−4=−41;y4=15;y−1=40;y3=8⇒max−4;4y=40

Đáp án C

Điều kiện \[x > 2\left( * \right)\]. Phương trình \[ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 2} \right) - {\log _2}\left( {x - 2} \right) = 1 \Leftrightarrow {\log _2}\frac{{x + 2}}{{x - 2}} = 1\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{x + 2}}{{x - 2}} = 2 \Leftrightarrow x + 2 = 2\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow x = 6\] thỏa mãn (*). Chọn C.

Đáp án A

Ta có y=x−1x+1xx−1x−2=x+1xx−2⇒ Tiệm cận đứng \[x = 0;x = 2\].

Từ limx→+∞y=0⇒TCN:y=0limx→−∞y=0⇒TCN:y=0⇒Chọn A.

Đáp án C

Ta có

y=x+4x+1⇒y'=1−4x+12=0⇔x=1x=−3

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1. Chọn C.

Đáp án B

Ta có

Q//P:2x−3y+6z−5=0⇒Q:2x−3y+6z+m=0m≠−5

Lại có (Q) qua A2;−3;1⇒2.2−3.−3+6.1+m=0⇔m=−19, thỏa mãn m≠−5

⇒Q:2x−3y+6z−19=0 Chọn B.

Đáp án D

Thiết diện là hình chữ nhật MNPQ như hình vẽ.

Kẻ \[O'H \bot MN \Rightarrow O'H = 3cm\].

HN=O'N2−O'H2=52−32=4⇒MN=8cm

\[QM = h = 7cm \Rightarrow {S_{MNPQ}} = QM.MN = 56c{m^2}\]. Chọn D.

Đáp án B

Giả sử \[z = a + bi\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\]

Ta có \[z - 4 = \left( {1 + i} \right)\left| z \right| - \left( {4 + 3z} \right)i \Leftrightarrow \left( {1 + 3i} \right)z = \left| z \right| + 4 + \left( {\left| z \right| - 4} \right)i\]

\[ \Rightarrow \left| {\left( {1 + 3i} \right)z} \right| = \left| {\left| z \right| + 4 + \left( {\left| z \right| - 4} \right)i} \right| \Leftrightarrow \sqrt {10} \left| z \right| = \sqrt {{{\left( {\left| z \right| + 4} \right)}^2} + {{\left( {\left| z \right| - 4} \right)}^2}} \]

\[ \Leftrightarrow 10{\left| z \right|^2} = 2{\left| z \right|^2} + 32 \Leftrightarrow \left| z \right| = 2\]. Chọn B.

Đáp án D

Ta có ∫01x2.f'xdx=∫01x2dfx=x2.fx−∫01fxdx2

=f1−∫012x.fxdx=−2−2∫01x.fxdx

Xét ∫012x.f2xdx=1, đặt

2x=t⇒1=∫01t2.ftd12=14∫01t.ftdt=14∫01x.fxdx

⇒∫01x.fxdx=4⇒∫01x2.f'xdx=−2−2.4=−10. Chọn D.

Đáp án A

YCBT⇔y'=−x2+2mx+4m−5≤0,∀x∈ℝ

⇔x2−2mx−4m+5≥0,∀x∈ℝ⇔a=1>0Δ'=m2−−4m+5≤0⇔−5≤m≤1. Chọn A.

Đáp án B

Cạnh \[AB = BC = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = 2a\]

Gọi H là trung điểm của cạnh \[AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\]

\[ \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SH.\frac{1}{2}.2a.2a = \frac{{2{a^3}}}{3} \Rightarrow SH = a\].

Kẻ \[HP \bot SB \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {H;\left( {SBC} \right)} \right) = 2HP\]

\[\frac{1}{{H{P^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{HB2}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow HP = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\]. Chọn B.

Đáp án B

Ta có d nhận ud1→;ud2→ là một VTCP.

Mà ud1→=1;−1;1ud2→=1;1;−1⇒ud1→;ud2→=0;2;2⇒d nhận u→=0;1;1 là một VTCP.

Kết hợp với d qua A1;−2;1⇒d:x=1y=−2+tz=1+tt∈ℝ. Chọn B.

Đáp án B

Hoành độ giao điểm của đồ thị hai hàm số \[y = {x^2}\] và \[y = k\] là \[x = \sqrt k \]

Do đó S1=∫k4x2−kdx và S2=∫04x2dx−S1

Ta có S1=S2⇔∫k4x2−kdx=12∫04x2dx⇔x33−kx4k=323

⇔643−4k−k33+k3=323⇔k=2+23k=2−23k=2⇒k=4 thỏa mãn \0<k<16. Chọn B.

Đáp án A

Ta có AB→=1;−3;2⇒AB=14,AC→=−5;5;4⇒AC=66,BC→=−6;8;2⇒BC=226.

Độ dài đường phân giác trong góc B là \[AD = \frac{{2\sqrt {bc.p.\left( {p - a} \right)} }}{{b + c}},p = \frac{{a + b + c}}{2}\]. Suy ra \[AD = \frac{{2\sqrt {74} }}{3}\]. Chọn A.

Đáp án D

Khối trụ thu được có thể tích là \[V = \pi {r^2}h\].

Gọi chiều dài của hình chữ nhật là \[b \Rightarrow {b^2} + {h^2} = {\left( {2R} \right)^2} = 1m\left( {R = 0,5m} \right)\]

Ta có

2rπ=b⇒r=b2π=1−h22π⇒V=π.1−h24π2.h=h−h34π=fh

Lại có \[{h^3} + {\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^3} + {\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^3} \ge 3h.\frac{1}{{\sqrt 3 }}.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = h \Rightarrow h - {h^3} \le \frac{2}{{3\sqrt 3 }}\]

\[ \Rightarrow V \le \frac{2}{{4\pi .3\sqrt 3 }} = \frac{1}{{6\pi \sqrt 3 }} \approx 0,03{m^3}\]. Chọn D.

Đáp án B

Từ \[{a^{{{\log }_b}x}} = {b^{{{\log }_a}{x^2}}} \Rightarrow {\log _a}\left( {{a^{{{\log }_b}x}}} \right) = {\log _a}\left( {{b^{{{\log }_a}{x^2}}}} \right)\]

\[ \Rightarrow {\log _b}x = {\log _a}{x^2}.{\log _a}b = 2{\log _a}x.{\log _a}b \Rightarrow \frac{{\ln x}}{{\ln b}} = 2.\frac{{\ln x}}{{\ln a}}.\frac{{\ln b}}{{\ln a}} \Rightarrow {\left( {\ln a} \right)^2} = 2{\left( {\ln b} \right)^2}\]

Mà \[a,b > 1 \Rightarrow \ln a > 0;\ln b > 0 \Rightarrow \ln a = \sqrt 2 \ln b\]

\[ \Rightarrow P = {\ln ^2}a + {\ln ^2}b - \ln a - \ln b = 3{\ln ^2}b - \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\ln b\]

=3lnb−1+2232−1+223≥−3+2212

Dấu “=” xảy ra ⇔lnb=1+26⇔b=e1+26⇒lna=2+26⇒a=e2+26 Chọn B.

Đáp án B

Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - {2^x},x \in \left( { - 1;1} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - {2^x}\ln 2\]

Với mọi \[x \in \left( { - 1;1} \right)\] thì \[f'\left( x \right) < 0 \Rightarrow g'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\]

\[ \Rightarrow g\left( x \right)\] nghịch biến trên \[\left( { - 1;1} \right)\]

Khi đó \[m < g\left( x \right),\forall x \in \left( { - 1;1} \right) \Leftrightarrow m \le g\left( 1 \right) \Leftrightarrow m \le f\left( 1 \right) - 2\]. Chọn B.

Đáp án C

Do đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 1 nên \[c = 1\].

Ta có f'x=3x2+2ax+b

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = -3 nên \[ - 27 - 6a + b = 0\]

Do \[f\left( { - 3} \right) = 28\] nên \[ - 27 + 9a - 3b + c = 28\].

Khi đó ta có hệ phương trình

c=1−27−6a+b=0−27+9a−3b+c=28⇔c=16a−b=−279a−3b=−54⇔a=−3b=9c=1

Vậy \[S = {a^2} + {b^2} - {c^2} = {\left( { - 3} \right)^2} + {9^2} - 1 = 89\].

Đáp án B

Ta có x.fx+12=fx+x.f'x⇒x.fx+12=x.fx+1'

Đặt gx=x.fx+1⇒gx2=g'x⇒∫g'xgx2dx=x+C1

⇒∫1gx2dgx=x+C1⇒−1gx=x+C2⇒−1x.fx+1=x+C2

⇒x.fx=−1x−1⇒fx=−1x2−1x

⇒∫19fxdx=∫19−1x2−1xdx=1x−lnx91=19−ln9−1=−89−2

Chọn B.

Đáp án A

Có tất cả \[6.6.5.4.3.2 = 4320\] số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau được lập từ T.

Số lập được thỏa mãn \[a + b = c + d = e + f\], ta xét các trường hợp sau:

+ TH1. Xét các cặp \[\left\{ {0;6} \right\},\left\{ {1;5} \right\},\left\{ {2;4} \right\}\]

Nếu \[\left\{ {a;b} \right\} = \left\{ {0;6} \right\}\] thì có 1 cách chọn, khi đó hai cặp số còn lại có \[2.2.2 = 8\] cách chọn.

Nếu \[\left\{ {a;b} \right\} = \left\{ {1;5} \right\}\] thì có 2 cách chọn, khi đó hai cặp số còn lại có \[2.2.2 = 8\] cách chọn.

Nếu \[\left\{ {a;b} \right\} = \left\{ {2;4} \right\}\] thì có 2 cách chọn, khi đó hai cặp số còn lại có \[2.2.2 = 8\] cách chọn.

Nên có tất cả \[1.8 + 2.8 + 2.8 = 40\] số thỏa mãn.

+ TH2. Xét các cặp \[\left\{ {0;5} \right\},\left\{ {1;4} \right\},\left\{ {2;3} \right\}\] tương tự TH1 có 40 số thỏa mãn.

+ TH3. Xét các cặp \[\left\{ {1;6} \right\},\left\{ {2;5} \right\},\left\{ {3;4} \right\}\]

Nếu \[\left\{ {a;b} \right\} = \left\{ {1;6} \right\}\] thì có 2 cách chọn, khi đó hai cặp số còn lại có \[2.2.2 = 8\] cách chọn.

Nếu \[\left\{ {a;b} \right\} = \left\{ {2;5} \right\}\] thì có 2 cách chọn, khi đó hai cặp số còn lại có \[2.2.2 = 8\] cách chọn.

Nếu \[\left\{ {a;b} \right\} = \left\{ {3;5} \right\}\] thì có 2 cách chọn, khi đó hai cặp số còn lại có \[2.2.2 = 8\] cách chọn.

Nên có tất cả \[2.8 + 2.8 + 2.8 = 48\] số thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tìm là \[\frac{{40 + 40 + 48}}{{4320}} = \frac{4}{{135}}\]. Chọn A.

Đáp án A

Ta có 3x=a.3xcosπx−9⇔9x=a.3xcosπx−9⇔3x+32−x=a.cosπx (1)

Nếu (1) có nghiệm duy nhất \[{x_0}\] thì ta thấy rằng \[2 - {x_0}\] cũng là nghiệm của (1).

Do dó \[{x_0} = 2 - {x_0} \Leftrightarrow {x_0} = 1\]. Thay vào (1) ta được \[a =  - 6\].

Với \[a =  - 6\] thì (1) thành 3x+32−x=−6cosπx⇔3x+32−x+6cosπx=0.

Ta có 3x+32−x+6cosπx≥2.3x.32−x+−6=0

Dấy xảy ra⇔3x=32−x=3cosπx=−1⇔x=1.

Vậy có duy nhất \[a =  - 6\] thỏa mãn bài toán. Chọn A.

Đáp án C

Ta có \[\left( P \right),\left( Q \right),\left( R \right)\] đôi một song song và \[\left( P \right)\] nằm giữa \[\left( Q \right),\left( R \right)\].

Kẻ \[BH \bot \left( P \right),BK \bot \left( R \right) \Rightarrow B,H,K\] thẳng hàng.

Điểm \[M\left( {0;0; - 8} \right) \in \left( Q \right).BH = d\left( {M;\left( P \right)} \right) = 3;BK = d\left( {M;\left( R \right)} \right) = 4 \Rightarrow HK = 1\]

Ta có \[\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BH}}{{HK}} = 3 \Rightarrow AB = 3AC\]

⇒T=9AC2+144AC2≥29AC2.144AC2=72

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow AC = 2\](thỏa mãn \[AC > HK = 1\]). Chọn C.

Đáp án B

Giả sử \[z = x + yi\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\]

Ta có \[\left| {z - 2m + 1 - i} \right| = 10\]

\[ \Leftrightarrow \left| {x - 2m + 1 + \left( {y - 1} \right)i} \right| = 10 \Leftrightarrow {\left( {x - 2m + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 100\]

Tập hợp các điểm biểu diễn số phưc z là đường tròn \[\left( C \right)\] có tâm \[I\left( {2m - 1;1} \right)\] và bán kính \[R = 10\].

Lại có z−1+i=z¯−2+3i⇔x−1+y+1i=x−yi−2+3i

\[ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {3 - y} \right)^2} \Leftrightarrow 2 - 2x + 2y = 13 - 4x - 6y \Leftrightarrow 2x + 8y - 11 = 0\]

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng \[\Delta :2x + 8y - 11 = 0\]

Để có đúng hai số phức z thỏa mãn bài toán thì \[\Delta \] phải cắt \[\left( C \right)\] tại 2 điểm phân biệt

⇔dI;Δ<R⇔22m−1+8−1122+82<10⇔4m−5<2017

⇔−2017<4m−5<2017⇔5−2074<m<5+2074

Mà \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 19; - 18; - 17;...;0;1;2;...;21} \right\}\]. Chọn B.

Đáp án C

Đặt \[t = {x^3} - 3{x^2}\], ta có \[t' = 3{x^2} - 6x;t' = 0\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\]

Bảng biến thiên (1):

Phương trình đã cho trở thành ft=32⇔ft=32ft=−32

Từ giả thiết, ta có bảng biến thiên (2) của hàm số \[y = f\left( x \right)\]:

Dựa vào bảng biến thiên (2), ta có

+) ft=32⇔t=t1t1<−41.1t=t2t2>21.2. Dựa vào bảng biến thiên (1), ta có phương trình (1.1) có 1 nghiệm và phương trình (1.2) có 1 nghiệm (các nghiệm này không trùng nhau).

ft=−32⇔t=t3−4<t3<−2,2.1t=t4−2<t4<0,2.2t=t50<t5<2,2.3t=t6t6>2,2.4

Dựa vào bảng biến thiên (1), ta có phương trình (2.1) có 3 nghiệm; phương trình (2.2) có 3 nghiệm; phương trình (2.3) có 1 nghiệm; phương trình (2.4) có 1 nghiệm (các nghiệm này không trùng nhau và không trùng với các nghiệm của phương trình \[f\left( t \right) = \frac{3}{2}\]).

Vậy phương trình đã cho có 10 nghiệm.

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] ta lập được bảng biến thiên của \[y = f\left( x \right)\] như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy fx≤−12,∀x∈ℝ

Khi đó y'=2fx.f'x>0⇒f'x<0⇔−2<x<0x>1⇒ Chọn C.