Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 12)

Phương pháp:

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ có TCN là $y=\frac{a}{c}.$

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y=\frac{2-3x}{x-4}$ có tiệm cận ngang là y = -3.

Chọn D.

Phương pháp:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm.

- Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt.

Cách giải:

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}.$

Xét phương trình hoành độ giao điểm

$\frac{2x+2}{x-1}=-x+m$

$\Rightarrow 2x+2=\left(x-1\right)\left(-x+m\right)$

$\Rightarrow 2x+2=-x^2+mx+x-m$

$\Rightarrow x^2+\left(1-m\right)x+m+2=0\left(*\right)$

Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 

$1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\Delta ={\left(1-m\right)}^2-4\left(m+2\right)>0\\ 1+1-m+m+2\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-6m-7>0\\ 4\ne 0\left(luondung\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}m>7\\ m<-1\end{array}\right..$

Chọn A.

Phương pháp:

- Tìm TXĐ.

- Sử dụng công thức tính đạo hàm $\left(\ln u\right)\text{'}=\frac{u\text{'}}{u}.$

- Giải bất phương trình y' < 0 và suy ra khoảng nghịch biến của hàm số.

Cách giải:

Vì $x^2+4x+7={\left(x+2\right)}^2+3>0\forall x\in ℝ$ nên TXĐ của hàm số là D = $\mathrm{ℝ}$.

Ta có $y=\ln \left(x^2+4x+7\right)\Rightarrow y\text{'}=\frac{2x+4}{x^2+4x+7}.$

Xét $y\text{'}<0\iff \frac{2x+4}{x^2+4x+7}<0\iff 2x+4<0\iff x<-2.$

Vậy hàm số $y=\ln \left(x^2+4x+7\right)$ nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;2\right).$

Chọn B.

Phương pháp:

Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.

Cách giải:

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}.$ Ta có $y=\frac{2x-1}{x-1}\Rightarrow y\text{'}=\frac{-1}{{\left(x-1\right)}^2}<0\forall x\in D.$

Vậy hàm số $y=\frac{2x-1}{x-1}$ nghịch biến trên $\left(-\infty ;1\right),\left(1;+\infty \right).$

Chọn A.

Phương pháp:

- Mặt phẳng (ABC) nhận $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]$ làm 1 VTPT.

- Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua điểm $M\left(x_0;y_0;z_0\right)$ và nhận $\overrightarrow{n}=\left(A;B;C\right)$  làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: $A\left(x-x_0\right)+B\left(y-y_0\right)+C\left(z-z_0\right)=0.$

Cách giải:

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}=\left(-2;1;1\right)\\ \overrightarrow{AC}=\left(1;2;-1\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=\left(-3;-1;-5\right).$

$\Rightarrow mp\left(ABC\right)$ có 1 VTPT là $\overrightarrow{n}=\left(3;1;5\right).$

Phương trình mặt phẳng (ABC) là: $3\left(x-1\right)+1\left(y+1\right)+5z=0\iff 3x+y+5z-2=0.$

Chọn B.

Phương pháp:

Số phức z = a + bi có số phức liên hợp là $\overline{z}=a-bi.$

Cách giải:

$z=4+7i\Rightarrow \overline{z}=4-7i.$

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân: $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(t\right)dt,\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{a}{\overset{c}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{c}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx$

Cách giải:

$I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx$

$=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt=5-3=2.$

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính đạo hàm: $\left(a^x\right)\text{'}=a^x\ln a,\left({\log }_{a}x\right)\text{'}=\frac{1}{x\ln a}.$

Cách giải:

$y=2^x+{\log }_{2}x\Rightarrow y\text{'}=2^x\ln 2+\frac{1}{x\ln 2}.$

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nguyên hàm mở rộng: $\int \frac{1}{ax+b}dx=\frac{1}{a}\ln \left|ax+b\right|+C.$

Cách giải:

$F\left(x\right)=\int \frac{1}{3x-2}dx=\frac{1}{3}\ln \left|3x-2\right|+C.$

Vì $x\in \left(\frac{2}{3};+\infty \right)\Rightarrow 3x-2>0\Rightarrow F\left(x\right)=\frac{1}{3}\ln \left(3x-2\right)+C.$

Mà $F\left(1\right)=5\Rightarrow C=5.$

Vậy $F\left(x\right)=\frac{1}{3}\ln \left(3x-2\right)+5.$

Chọn D.

Phương pháp:

- Đặt ẩn phụ $t=2^x\left(t>0\right).$

-  Áp dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

Đặt $t=2^x\left(t>0\right).$ phương trình trở thành $t^2-5t+3=0.$

Giả sử phương trình có 2 nghiệm phân biệt $t_1,t_2\Rightarrow x_1={\log }_2{t}_1,x_2={\log }_2{t}_2$

$\Rightarrow x_1+x_2={\log }_2{t}_1+{\log }_2{t}_2={\log }_2\left(t_1{t}_2\right)={\log }_{2}3.$

Chọn B.

Phương pháp:

Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số, đặt $t=x^2+2x.$

Cách giải:

Đặt $t=x^2+2x\Rightarrow dt=2\left(x+1\right)dx\Rightarrow \left(x+1\right)dx=\frac{1}{2}dt.$

Đổi cận: $\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=0\\ x=1\Rightarrow t=3\end{array}\right..$

$\Rightarrow I=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{1}{2}.20=10.$

Chọn B.

Phương pháp:

Tính tích phân bằng phương pháp đưa biến vào vi phân.

Cách giải:

Ta có $\underset{1}{\overset{4}{\int }}\frac{{\ln }^{2}x}{x}dx=\underset{1}{\overset{4}{\int }}{\ln }^{2}xd\left(\ln x\right)=\frac{{\ln }^{3}x}{3}\left|\begin{array}{l}4\\ 1\end{array}\right.$

$=\frac{1}{3}{\ln }^{3}4=\frac{1}{3}{\ln }^3\left(2^2\right)=\frac{8}{3}{\ln }^{3}x$

$\Rightarrow a=8,b=3\Rightarrow a+b=11.$

Chọn C.

Phương pháp:

- Đường thẳng d//BC nhận $\overrightarrow{BC}$ làm 1 VTCP.

- Trong không gian Oxyz, phương trình của đường thẳng d đi qua điểm $M\left(x_0;y_0;z_0\right)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(a;b;c\right)$ là: $\frac{x-x_0}{a}=\frac{y-y_0}{b}=\frac{z-z_0}{c}.$

Cách giải:

Đường thẳng d//BC nhận $\overrightarrow{BC}=\left(1;-2;2\right)$ làm 1 VTCP.

Phương trình đường thẳng d là: $\frac{x-2}{1}=\frac{y+1}{-2}=\frac{z-1}{2}.$

Chọn A.

Phương pháp:

- Thực hiện các phép tính tìm số phức z

- Số phức $z=a+bi\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}.$

Cách giải:

Ta có: $\left(1+i\right)z+3i-1=4-2i\Rightarrow z=\frac{5-5i}{1+i}=-5i.$

Vậy $\left|z\right|=5.$

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng khái niệm đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y = f(x).

- Đường thẳng $y=y_0$ là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=y_0$ hoặc $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=y_0$

- Đường thẳng $x=x_0$ là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: $\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }y=+\infty$ hoặc $\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }y=-\infty$ hoặc $\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }y=+\infty$ hoặc $\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }y=-\infty$.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy:

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-2\Rightarrow y=-2$ là TCN của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=+\infty ,\underset{x\to 0^{-}}{\lim }y=-\infty \Rightarrow x=0$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số y = f(x) có tổng 2 đường tiệm cận.

Chọn D.

Phương pháp:

Hàm số bậc bốn trùng phương $y=a{x}^4+b{x}^2+c$ có 3 điểm cực trị khi ab < 0.

Cách giải:

Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị khi $-m\left(2-m\right)<0\iff m\left(m-2\right)<0\iff 0<m<2.$

Chọn B.

Phương pháp:

Hàm số $y={\log }_{a}f\left(x\right)$ xác định khi và chỉ khi f(x) xác định và f(x) > 0

Cách giải:

Hàm số $y=\sqrt{1-{\log }_{2}x}$ xác định khi $\left\{\begin{array}{l}1-{\log }_{2}x\ge 0\\ x>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\log }_{2}x\le 1\\ x>0\end{array}\right.\iff 0<x\le 2.$

Chọn D.

Phương pháp:

- Tính $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC.$

- Tính thể tích $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SA.S_{\Delta ABC}.$

Cách giải:

Ta có: $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC=\frac{1}{2}.a.2a.\sin {60}^0=\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2}.$

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.2a.\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2}=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{3}.$

Chọn B.

Phương pháp:

Tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần.

Cách giải:

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=e^{-x}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=-e^x\end{array}\right..$

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}x{e}^{-x}dx=-x{e}^{-x}\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.+\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{-x}dx.$

$=-\frac{1}{e}-e^{-x}\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=-\frac{1}{e}-\left(\frac{1}{e}-1\right)=1-\frac{2}{e}$

$\Rightarrow a=1,b=-2\Rightarrow a^2+b^2=5.$

Chọn B.

Phương pháp:

- Tính độ dài đường sinh $l=\sqrt{h^2+r^2}.$

- Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là $S_{xq}=\pi rl.$

Cách giải:

Độ dài đường sinh $l=\sqrt{h^2+r^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5.$

$\Rightarrow$ Diện tích xung quanh của hình nón $S_{xq}=\pi rl=\pi \mathrm{.3.5}=15\pi .$

Chọn D.

Phương pháp:

- Khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh a có đường kính bằng đường chéo của hình lập phương.

- Thể tích khối cầu bán kính R là $V=\frac{4}{3}\pi R^3.$

Cách giải:

Khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh a có đường kính bằng đường chéo của hình lập phương bằng $a\sqrt{3}$ nên có bán kính $R=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vậy thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi .{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^3=\frac{\sqrt{3}\pi a^3}{2}.$

Chọn B.

Phương pháp:

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=f\left(x\right),y=g\left(x\right),x=a$, x = b, xung quanh trục Ox là: $V=\pi \underset{a}{\overset{b}{\int }}\left|f^2\left(x\right)-g^2\left(x\right)\right|dx.$

Cách giải:

Thể tích cần tính: $V=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{\sin }^{2}xdx=\frac{{\pi }^2}{2}.$

Chọn C.

Phương pháp:

Xác định số điểm cực trị của hàm số = số nghiệm bội lẻ của phương trình f'(x) = 0.

Cách giải:

Ta có $f\text{'}\left(x\right)={\left(x^2-1\right)}^2\left(x^2-3x+2\right)x^{2021}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\left(nghệmbội3\right)\\ x=-1\left(nghiệmbội2\right)\\ x=2\left(nghiệm\text{ đơ}n\right)\\ x=0\left(nghiệmbội2021\right)\end{array}\right.$

Vậy hàm số f(x) có 3 điểm cực trị.

Chọn B.

Phương pháp:

- Mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính $R=d\left(I;\left(P\right)\right).$

- Khoảng cách từ điểm $I\left(x_0;y_0;z_0\right)$ đến mặt phẳng $\left(P\right):Ax+By+Cz+D=0$ là

                                         $d\left(I;\left(P\right)\right)=\frac{\left|A{x}_0+B{y}_0+C{z}_0+D\right|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}.$

- Mặt cầu tâm I(a; b; c), bán kính R có phương trình $\left(S\right):{\left(x-a\right)}^2+{\left(y-b\right)}^2+{\left(z-c\right)}^2=R^2.$

Cách giải:

Bán kính mặt cầu là $R=d\left(I;\left(P\right)\right)=\frac{\left|1-2.\left(-1\right)+2.1+1\right|}{\sqrt{1^2+{\left(-2\right)}^2+2^2}}=2.$

Vậy phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P) là: ${\left(x-1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=4.$

Chọn A.

Phương pháp:

- Dựa vào nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số

- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra dấu của hệ số

- Hệ vào số điểm cực trị suy ra dấu của hệ số

Cách giải:

Đồ thị có nhánh cuối cùng đi xuống $\Rightarrow a<0.$

Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm dưới trục hoành nên c < 0.

Đồ thị có 3 điểm cực trị $\Rightarrow ab<0.$ Mà $a<0\Rightarrow b>0.$

Vậy $a<0,b>0,c<0.$

Chọn D.

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình f(x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

Cách giải:

Đường thẳng y = 2 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt nên phương trình f(x) = 2 có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn C.

Phương pháp:

- Đưa phương trình đường thẳng về dạng $\frac{x-x_0}{a}=\frac{y-y_0}{b}=\frac{z-z_0}{c}.$

- Đường thẳng $\frac{x-x_0}{a}=\frac{y-y_0}{b}=\frac{z-z_0}{c}$ có 1 VTCP là $\overrightarrow{u}=\left(a;b;c\right).$

Cách giải:

$\Delta :\frac{x-1}{3}=\frac{2y+1}{4}=\frac{-z+2}{3}\Rightarrow \Delta :\frac{x-1}{3}=\frac{y+\frac{1}{2}}{2}=\frac{z-2}{-3}$ có 1 VTCP là $\overrightarrow{u_4}=\left(3;2;-3\right).$

Chọn B.

Phương pháp:

- Tính y' xác định các nghiệm $x_i\in \left[-1;2\right]$ của phương trình y' = 0.

- Tính $y\left(0\right),y\left(2\right),y\left(x_i\right).$

- KL: $\underset{\left[0;2\right]}{\min }y=\min \left\{y\left(0\right),y\left(2\right),y\left(x_i\right)\right\},\underset{\left[0;2\right]}{\max }y=\max \left\{y\left(0\right),y\left(2\right),y\left(x_i\right)\right\}$.

Cách giải:

Ta có $y\text{'}=3x^2-2x-1=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\in \left[0;2\right]\\ x=-\frac{1}{3}\notin \left[0;2\right]\end{array}\right..$

Mà $y\left(0\right)=2,y\left(2\right)=4,y\left(1\right)=1.$

$\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\min }y=y\left(1\right)=1=m,\underset{\left[0;2\right]}{\max }y=y\left(2\right)=4=M.$

Vậy m + M = 1 + 4 = 5.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân: $\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left[f\left(x\right)+g\left(x\right)\right]dx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{a}{\overset{b}{\int }}g\left(x\right)dx,\underset{a}{\overset{b}{\int }}kf\left(x\right)dx=k\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx\left(k\ne 0\right).$

Cách giải:

$I=\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left[4f\left(x\right)-g\left(x\right)\right]dx=4\underset{0}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{0}{\overset{4}{\int }}g\left(x\right)dx=4.2-3=5.$

Chọn D.

Phương pháp:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x), đường thẳng x = a, x = b là $S=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left|f\left(x\right)-g\left(x\right)\right|dx.$

Cách giải:

Ta có: $S=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}\sqrt{x+1}dx=\frac{2}{3}.$

Chọn D.

Phương pháp:

Đặt ẩn phụ $t=3^x>0.$

Cách giải:

Đặt $t=3^x>0$ phương trình trở thành $t^2+9t-1=0\iff \left[\begin{array}{l}t=\frac{-9+\sqrt{85}}{2}\left(tm\right)\\ t=\frac{-9-\sqrt{85}}{2}\left(ktm\right)\end{array}\right.$

Với $t=\frac{-9+\sqrt{85}}{2}\Rightarrow 3^x=\frac{-9+\sqrt{85}}{2}\iff x={\log }_3\left(\frac{-9+\sqrt{85}}{2}\right).$

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

Chọn C.

Phương pháp:

So sánh chiều cao và diện tích đáy của hai khối chóp.

Cách giải:

Vì $\Delta MNP\backsim \Delta BCD$ theo tỉ số $k=\frac{1}{2}$ nên $\frac{S_{MNP}}{S_{BCD}}=k^2=\frac{1}{4}.$

Ta có $\left(MNP\right)//\left(BCD\right)\Rightarrow d\left(O;\left(MNP\right)\right)=d\left(B;\left(MNP\right)\right).$

Lại có $BA\cap \left(MNP\right)=\left\{M\right\}\Rightarrow \frac{d\left(B;\left(MNP\right)\right)}{d\left(A;\left(MNP\right)\right)}=\frac{BM}{AM}=1\Rightarrow d\left(B;\left(MNP\right)\right)=d\left(A;\left(MNP\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(A;\left(BCD\right)\right)$.

Vậy $\frac{V_{OMNP}}{V_{ABCD}}=\frac{d\left(O;\left(MNP\right)\right)}{d\left(A;\left(BCD\right)\right)}.\frac{S_{MNP}}{S_{BCD}}=\frac{1}{2}.\frac{1}{4}=\frac{1}{8}.$

Chọn B.

Phương pháp:

Tìm điều kiện để phương trình y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.

Cách giải:

Ta có

$y=f\left(x\right)=\frac{1}{3}{x}^3-m{x}^2+\left(m+2\right)x+2$

Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình $y\text{'}=x^2-2mx+m+2=0$ phải có 2 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ $V=S_{day}.h.$

Cách giải:

Thể tích khối lăng trụ $V=S_{day}.h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{4}.$

Chọn A.

Phương pháp:

Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định nên đạt GTNN và GTLN trên 1đoạn xác định tại 2 điểm đầu mút.

Cách giải:

Hàm số đã cho xác định trên [0; 2], do đó nó đơn điệu trên [0; 2].

$\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\max }f\left(x\right)+\underset{\left[0;2\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(0\right)+f\left(2\right)$

$\Rightarrow \frac{-m}{2}+\frac{4-m}{4}=-5$

$\iff -2m+4-m=-20$

Chọn D.

Phương pháp:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x), đường thẳng x = a, x = b là $S=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left|f\left(x\right)-g\left(x\right)\right|dx.$

Cách giải:

Ta có:

$I_1=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx=S_1$

$I_2=\underset{a}{\overset{c}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{b}{\overset{c}{\int }}f\left(x\right)dx=S_1-S_2$