Bộ đề minh họa môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 (đề 9)

Đáp án C

Đáp án B

Ta loại ngay đáp án A và D.

Hàm trùng phương có 3 điểm cực trị $\iff ab<0$.

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án D

Ta có: $AC=a\sqrt{2}\Rightarrow SA=\sqrt{S{C}^2-A{C}^2}=a\sqrt{3}$

Góc giữa (SBC) và mặt phẳng (ABCD) là góc $\widehat{SBA}$

Đáp án A

TXĐ: $D=\left[-2;2\right]$.

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{-2x}{2\sqrt{4-x^2}}+1=0\iff \frac{x}{\sqrt{4-x^2}}=1\iff \sqrt{4-x^2}=x$.

$\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ 4-x^2=x^2\end{array}\right.\iff x=\sqrt{2}$

Mặt khác $f\left(2\right)=2$, $f\left(-2\right)=-2$, $f\left(\sqrt{2}\right)=2\sqrt{2}$.

Đáp án A

Tâm $I\left(x;0;0\right)$. Cho $I{A}^2=I{B}^2\Rightarrow {\left(x-1\right)}^2+1+4={\left(x-3\right)}^2+4+9\Rightarrow x=4\Rightarrow I\left(4;0;0\right)$; $R^2=I{A}^2=14$.

Khi đó mặt cầu là ${\left(x-4\right)}^2+y^2+z^2=14\Rightarrow x^2+y^2+z^2-8x+2=0$.

Đáp án B

Dựng $AM\perp BC$, lại có $A{A}^{\text{'}}\perp BC\Rightarrow BC\perp \left(A^{\text{'}}MA\right)$

Do đó $\widehat{\left(\left(A^{\text{'}}BC\right);\left(ABC\right)\right)}=\widehat{A^{\text{'}}MA}=30°$

Mặt khác $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A{A}^{\text{'}}=AM\tan 30°=\frac{a}{2}$

Vậy $V=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{a}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}$.

Đáp án B

Hàm số đạt cực trị tại x= 1.

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

Đáp án C

${\log }_a\left(\frac{a^3}{\sqrt{b}}\right)={\log }_a{a}^3-{\log }_a\sqrt{b}=3-\frac{1}{2}{\log }_{a}b$

Đáp án A

Gọi R là bán kính của quả banh tenis hình cầu thì tổng thể tích của 4 quả banh là $V_1=4.\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{16}{3}\pi R^3$

Hình trụ có chiều cao bằng $h=4.\left(2R\right)ac$ và bán kính đáy r = R

Thể tích của khối trụ là $V_2=\pi r^{2}h=\pi R^2.8R=8\pi R^3$.

Đáp án B

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x+3>0\\ x+1>0\end{array}\right.\iff x>-1$

Khi đó PT $\iff {\log }_3\left(x^2-2x+3\right)-{\log }_3\left(x+1\right)={\log }_{3}3\iff {\log }_{3}3\frac{x^2-2x+3}{x+1}={\log }_{3}3$

$\iff \frac{x^2-2x+3}{x+1}=3\iff x^2-2x+3=3x+3\iff x^2-5x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=5\end{array}\right.\left(t/m\right)$

Đáp án B

Đặt $z=x+yi$ $\left(x,y\in ℝ\right)$ ta có:

$\left|x-yi+2\right|=\left|x+yi-2i\right|\iff {\left(x+2\right)}^2+y^2=x^2+{\left(y-2\right)}^2$

$\iff 4x+4y=0\iff y=-x$

Đáp án B

Do $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=2$ nên đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang y = 2.

Mặt khác $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ nên đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng x = 1.

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.

Đáp án D

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{n_p}=\left(1;-3;-7\right)$, $\overrightarrow{AB}=\left(1;1;1\right)\Rightarrow \left[\overrightarrow{n_p},\overrightarrow{AB}\right]=\left(4;-8;4\right)=4\left(1;-2;1\right)$ là VTPT của mặt phẳng cần tìm => Phương trình mặt phẳng $x-2y+z-2=0$.

Đáp án A

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{{\left(x-2\right)}^2-4}{{\left(x-2\right)}^3}dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{dx}{x-2}-4\underset{}{\overset{}{\int }}{\left(x-2\right)}^{-3}dx$

$=\ln \left|x-2\right|-4.\frac{{\left(x-2\right)}^{-2}}{-2}+C\underset{}{\overset{x>2}{\to }}\ln \left(x-2\right)+\frac{2}{{\left(x-2\right)}^2}+C$

Đáp án B

Ta có: $f\left(x\right)=f\left(x+2\right)e^{x}dx$. Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x+3\\ dv=e^x\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=e^x\end{array}\right.$

Suy ra $f\left(x\right)=\left(x+3\right)e^x-\underset{}{\overset{}{\int }}{e}^{x}dx+C=\left(x+2\right)e^x+C$

Mặt khác $f\left(0\right)=2e^0+C=5\iff C=3\Rightarrow f\left(x\right)=\left(x+2\right)e^x+3$

$I=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(x+2\right)e^{x}dx+\underset{0}{\overset{3}{\int }}3dx=\left(x+1\right)e^x\left|\begin{array}{l}{}^3\\ {}_0\end{array}\right.+9=4e^3+8$

Đáp án B

Đặt $z=x+yi$ $\left(x,y\in ℝ\right)$ ta có: $\left|x+yi-2i\right|=\left|2\left(x-yi\right)+3+i\right|$

$\iff x^2+{\left(y-2\right)}^2={\left(2x+3\right)}^2+{\left(-2y+1\right)}^2\iff 3x^2+3y^2+12x+6=0\iff x^2+y^2+4x+2=0$

Vậy $R=\sqrt{2^2-2}=\sqrt{2}$

Đáp án D

Ta có:$x.f\left(x\right)>m.x-3\iff xf\left(x\right)+3>mx\iff f\left(x\right)+\frac{3}{x}>m$ (với $x\in \left(1;3\right)$)

Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(x\right)+\frac{3}{x}$ với $x\in \left(1;3\right)$ thì $g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)-\frac{3}{x^2}<0$ $\forall x\in \left(1;3\right)$

Ta có bảng biến thiên 

Do đó $g\left(x\right)>m\left(\forall x\in \left(1;3\right)\right)\iff m\le g\left(3\right)=f\left(3\right)+1$

Đáp án B

Chọn $f^{\text{'}}\left(x\right)=\left(x+3\right).x^2\left(x-2\right)$

Xét $g\left(x\right)=f\left(1-x^2\right)\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=-2x{f}^{\text{'}}\left(1-x^2\right)=-2x\left(4-x^2\right).{\left(1-x^2\right)}^2\left(1-x^2-2\right)$

Suy ra g(x) nghịch biến trên khoảng (-2;0)

Đáp án C

Dựng hình nón đỉnh O như hình vẽ ta có: $OI\perp \left(I;R\right)$.

Theo giả thiết ta có: $h=OI=4$, $R=IA=IB=3$

Gọi M là trung điểm AB $\Rightarrow MI\perp AB$

Dựng $IH\perp OM\Rightarrow d=IH$, đặt $IM=x\Rightarrow OM=\sqrt{x^2+16}$

Lại có: $MB=\sqrt{9-x^2}\Rightarrow S_{OAB}=OM.MB$

Suy ra $d=IH=\frac{OI.IM}{\sqrt{O{I}^2+I{M}^2}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$

Đáp án B

Phương trình đã cho tương đương ${\log }_3\left(-x^2-4x+5\right)-{\log }_3\left(2x-m+3\right)=0$

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^2+6x-2$với $x\in \left(-5;1\right)$ ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=2x+6=0\iff x=-3$.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi $-11<m<-7$

Đáp án B

Đáp án B

Đặt $\left\{\begin{array}{l}{w}_1=z_1-5-3i\\ w_2=z_2-5-3i\end{array}\right.$ suy ra $w_1+w_2=z_1+z_2-10-6i=w-10-6i\iff \left|w_1+w_2\right|=\left|w-10-6i\right|$

Mà $\left\{\begin{array}{l}\left|w_1\right|=\left|w_2\right|=5\\ \left|w_1-w_2\right|=\left|z_1-z_2\right|=8\end{array}\right.$ và ${\left|w_1+w_2\right|}^2+{\left|w_1-w_2\right|}^2=2\left({\left|w_1\right|}^2+{\left|w_2\right|}^2\right)\Rightarrow {\left|w_1+w_2\right|}^2=36$.

Vậy $\left|w-10-6i\right|=\left|w_1+w_2\right|=\sqrt{36}=6\Rightarrow$w thuộc đường tròn tâm $I\left(10;6\right)$, bán kính $R=6$.

Cách 2: Gọi $A\left(z_1\right)$; $B\left(z_2\right)$ biểu diễn số phức z₁; z₂

Ta có: tập hợp z là đường tròn tâm $I\left(5;3\right)$ bán kính $R=5$; $AB=8$

Gọi H là trung điểm của $AB\Rightarrow w=z_1+z_2=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=2\overrightarrow{OH}$ (1)

Mặt khác $IH=\sqrt{I{A}^2-H{A}^2}=3\Rightarrow$ tập hợp điểm H là đường tròn ${\left(x-5\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2=9\left(C\right)$.

Đáp án A

Ta có:

• Xét chiều di chuyển của vật M.

Gọi phương trình của parabol (P) là $y=a{t}^2+bt+c$

Vì (P) có đỉnh I(2;5) và đi qua M(0;1) nên suy ra $\left\{\begin{array}{l}c=1;-\frac{b}{2a}=2\\ 4a+2b+c=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=4\\ c=1\end{array}\right.$