Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 13)

Chọn D.

y' đổi dấu từ + sang - khi đi qua điểm x = 0 nên hàm số đạt cực đại tại x = 0. Khi đó giá trị cực đại của hàm số y(0) = 4.

Chọn A.

y=−x3+3x2−3x+1.

y'=−3x2+6x−3

y'=0⇔x=1. Vậy y'≤0 với ∀x∈ℝ. Suy ra hàm số y=−x3+3x2−3x+1 nghịch biến trên ℝ

Chọn D.

Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C201=20.

Gọi A là biến cố số được chọn chia hết cho 3, khi đó A=3;6;9;12;15;18. Vậy n(A) = 6.

Khi đó xác suất của biến cố A là

                                   PA=nAnΩ=620=310.

Chọn C.

u10=u9+d=17+2=19.

Chọn A.

Vì thiết diện qua trục là một hình vuông nên r=a;l=h=2a⇒Sxq=2πrh=4πa2.

Chọn A.

Theo phương trình đoạn chắn ta có x2+y−3+z4=1⇔6x−4y+3z−12=0.

Chọn D.

Chọn C.

∫14fxdx=−3⇔∫12fxdx+∫24fxdx=−3⇔∫24fxdx=−4

Chọn B.

Theo tính chất: ∫fax+bdx=1aFax+b+C (với a≠0)

Ta có: ∫fxdx=∫13x+1dx=13ln3x+1+C

Chọn B.

Ta có: xx5=x.x52=x1+52=x72

Chọn C.

Ta có V=2.3.5=30

Chọn C.

Ta có Fx=∫fxdx=∫sinπ−xdx=cosπ−x+C

Fπ=1⇔1+C=1⇔C=0

⇒Fx=cosπ−x

⇒Fπ2=cosπ2=0

Chọn C.

Có y=log2x⇒y'=1xln2

Chọn D.

Chọn D.

Cho x=0⇒y=3

Chọn B.

Có ∫022e2xdx=∫02e2xd2x=e2x20=e4−1

Chọn D.

Ta có: log216a=log216+log2a=4+log2a.

Chọn C.

log32x+1=2⇔2x+1>02x+1=9⇔x>−12x=4⇔x=4.

Chọn B.

V=B.h=a234.a=a334.

Chọn B.

Hàm số đồng biến trên K khi và chỉ khi y' > 0 với ∀x∈K.

Từ bảng biến thiên, chọn B.

Chọn B.

Dựa vào BBT thì hàm số đổi dấu 4 lần nên có 4 điểm cực trị.

Chọn B.

Công thức tính thể tích V của khối trụ là V=πr2h.

Chọn D.

Hàm số trong hình bên có dạng y=ax4+bx2+c

Ta có limx→+∞y=+∞⇒a>0 loại B, C

y(0) = c < 0 loại A.

Chọn A.

Trọng tâm G của tam giác ABC là G(2; 0; 1).

Chọn A.

Ta có: 32x+3=243⇔32x+3=35⇔2x+3=5⇔x=1.

Chọn B.

z1+z2=3−2i+2−3i=5−5i.

Chọn C.

Ta có: limx→+∞y=limx→+∞2x+11−x=limx→+∞2+1x1x−1=−2

   limx→−∞y=limx→−∞2x+11−x=limx→−∞2+1x1x−1=−2

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng có phương trình y = -2.

Chọn B.

z+1−i=3−2i+1−i=4−3i=42+−32=5.

Chọn A.

Chọn 3 điểm từ 7 điểm ta có một tam giác, nên số tam giác tạo thành từ 7 điểm đã cho là: C73.

Chọn B.

Ta có a=−1,b=2,c=−3,d=−2.

Mặt cầu (S) có tâm I(-1; 2; -3), bán kính R=−12+22+32+2=4.

Chọn C.

Từ đồ thị đã cho của hàm số ta có: max−2;1fx=1,min−2;1fx=−3

Mặt khác ta có max−2;1fx=max−2;1min−2;1fx;max−2;1fx=max−2;1−3;1=3.

Chọn B.

Gọi MN là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau d và d' (khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau d và d') với M∈d và N∈d'.

Tạo độ của hai điểm M, N có dạng: M1+2t1;−1−t1;1 và N2−t2;−2+t2;3+t2

⇒MN→=1−2t1−t2;−1+t1+t2;2+t2.

Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là u1→=2;−1;0

Đường thẳng d' có véc tơ chỉ phương là u2→=−1;1;1.

Ta có: MN→⊥u1→MN→⊥u2→⇔21−2t1−t2−−1+t1+t2=0−1−2t1−t2+−1+t1+t2+2+t2=0⇔t1=32t2=−32

⇒MN→=−12;−1;12⇒MN=−122+−12+122=14+1+14=64=62.

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d' là 62.

Chọn C.

Bất phương trình xác định với mọi x∈ℝ.

Ta có: 512−x2≥125⇔12−x2≥3⇔x2≤9⇔−3≤x≤3.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình 512−x2≥125 là [-3; 3].

Chọn C.

Gọi D là trung điểm của BC,AD⊥BC và AD=a32 (do ΔABC đều cạnh a).

Hình chóp tam giác đều S.ABC⇒ΔSBC cân tại S⇒SD⊥BC.

Do AD⊥BC và SD⊥BC⇒BC⊥SAD.

Kẻ AH⊥SD tại H⇒AH⊥BC (do BC⊥SAD).

Vì AH⊥SD và AH⊥BC⇒AH⊥SBC⇒AH=dA;SBC=3a4.

Như vậy: SBC;ABC^=SDA^.

ΔAHD vuông tại H⇒sinSDA^=AHAD=3a4;a32=32⇒SDA^=600.

Vậy góc giữa mặt phẳng (SBC) với mặt phẳng đáy (ABC) bằng 600.

Chọn D.

BC→=8;0;4;BD→=4;3;5;BA→=5;0;10

⇒BD→∧BC→=12;24;−24

VABCD=16BD→∧BC→.BA→=5.12+0.24−10.246=30

SΔBCD=12BD→∧BC→=122+2.2422=18

⇒dA,BCD=3VABCDSΔBCD=30.318=5

Chọn C.

Gọi M là trung điểm BC, vì tam giác ABC đều nên SB = SC. Suy ra AM⊥BC,SM⊥BC.

Kẻ AH⊥SMH∈SM

BC⊥SMBC⊥AM⇒BC⊥SAM⇒BC⊥AH

BC⊥AHSM⊥AH⇒SBC⊥AH

Suy ra góc giữa SA và (SBC) bằng ASM^⇒ASM^=600

⇒SA=AM.cot600=a2

VS.ABC=13.SA.SΔABC=13.a2.12.a32.a=a3324

Chọn C.

Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) thì với mỗi điểm Mx;y;z∈d là nghiệm của hệ phương trình sau:

x−2y+3z−4=03x+2y−5z−4=0⇔x=2y−3z+432y−3z+4+2y−5z−4=0⇔x=2y−3z+48y−14z+8=0

Đặt z=4t⇒x=2+2ty=7t−1z=4t

Chọn C.

Đặt z = a + bi với a,b∈ℝ. Ta có:

2z−z¯=13⇔2a+bi−a−bi=13⇔a+3bi=13

   ⇔a2+9b2=13⇔a2+9b2=13 1

1+2iz=1+2ia+bi=a+2ai+bi−2b=a−2b+2a+bi là số thuần ảo nên có a−2b=0⇔a=2b thay vào (1) ta được 13b2=13⇔b=±1.

Vậy có hai số phức là z = 2 + i và z = -2 - i.

Chọn D.

Đường thẳng d đi qua tâm I(3; -2; 1) của mặt cầu (S) và vuông góc với mặt phẳng α có phương trình là x=3+2ty=−2−2tz=1−t.

Xét phương trình 23+2t−2−2−2t−1−t+9=0⇔9t+18=0⇔t=−2.

Suy ra tâm H(-1; 2; 3) bằng cách thay tọa độ điểm H vào các đường thẳng.

Ta có: −1−32=2+2−2=3−1−1=−2 (đúng).

Vậy H(-1; 2; 3) nằm trên đường thẳng x−32=y+2−2=z−1−1.

Chọn A.

Do hình chóp tứ giác đều S.ABCD có diện tích đáy bằng a2 nên ABCD là hình vuông cạnh a, đường chéo AC=a2.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, xét tam giác vuông SOC ta có:

   SO=SC2−OC2=a2−a222=a22, vì OC=12AC=a22.

Thể tích khối chóp S.OBC là V=13.SOBC.SO=13.14a2.a22=a3224.

Diện tích tam giác SBC là SSBC=a234 vì SBC là tam giác đều cạnh bằng a.

Ta có dA,SBC=2dO,SBC=2h vì ac = 2oc

Mặt khác ta lại có thể tích khối chóp S.OBC là V=13.SSBC.h

⇒h=3VSSBC=3.a3224a234=a66.

Vậy dA,SBC=2h=a63.

Chọn A.

Gọi r là bán kính đáy của hình nón, V1 là thể tích hình nón, V2 là thể tích có chứa nước của hình trụ vẫn chứa hình nón, V3 là thể tích phần chứa nước của khối trụ sau khi lấy khối nón ra có chiều cao h3

Khi đó: V2=V1+V3

Ta có: V1=13Bh=13πr212=4πr2

V2=Bh=π2r2.12=48πr2

⇒V3=V2−V1=48πr2−4πr2=44πr2

Mà V3=B.h3=π2r2h3=4πr2h3⇒h3=V3B=44πr24πr2=11.

Chọn B.

Đặt x=t⇒fx=ft⇒f'x.12xdx=f'tdt⇒f'xdx=2tf'tdt

Đổi cận: x=0⇒t=0;x=1⇒t=1

Khi đó: ∫01f'xdx=∫012tf'tdt=2∫01tf'tdt

Đặt u=tdv=f'tdt⇔du=dtv=ft⇒2∫01tf'tdt=2tft10−2∫01ftdt=2f1−4=−2.

Chọn D.

Ta có xx+12gx+2020x=x+1f'x⇒1x+12gx−x+1xf'x=−2020 1.

Mặt khác x3x+1g'x+fx=2021x2⇒xx+1g'x+1x2.fx=2021 2.

Cộng vế theo vế (1) và (2), ta được 1x+12gx+xx+1g'x−x+1xf'x−1x2fx=1

⇔xx+1gx−x+1xfx'=1 *.

Lấy nguyên hàm hai vế (*), ta được xx+1gx−x+1xfx=x+C.

Vì f(2021) = g(2021) = 0 nên 0=2021+C⇔C=−2021.

Suy ra xx+1gx−x+1xfx=x−2021.

Vậy ∫12021xx+1gx−x+1xfxdx=∫12021x−2021dx=12x2−2021x20211

=−12.20212+2021−12.

Chọn A.

Giả sử fx=ax3+bx2+cx+d.

Ta có f'x=3ax2+2bx+c.

Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra đồ thị hàm số f'(x) đối xứng nhau qua trục tung nên là hàm chẵn suy ra b = 0.

Khi đó f'x=3ax2+c.

Mặt khác cũng từ bảng biến thiến và giả thiết, ta có f'0=−3f'1=1⇔c=−33a+c=0⇔a=1c=−3.

Khi đó f'x=3x2−3⇒fx=x3−3x+C.

Mà f0=2⇔C=2.

Vậy fx=x3−3x+2.

Xét hàm số hx=f3x−3f2x−2021, ta thấy h(x) là một hàm chẵn nên nhận trục tung là trục đối xứng, vì vậy số điểm cực trị của h(x) chính bằng hai lần số cực trị dương của hàm số px=f3x−3f2x−2021 công thêm 1.

Xét hàm số px=f3x−3f2x−2021 trên 0;+∞ ta có p'x=3f'xf2x−6f'xfx.

p'x=0⇔f'x=0fx=0fx=2⇔3x2−3=0x3−3x+2=0x3−3x+2=2⇔x=1x=0x=3 (do x > 0).

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta suy ra số điểm cực trị của hàm số h(x) là 2.2 + 1 = 5

Mặt khác, đồ thị của hàm số g(x) đối xứng qua Ox, do đó số điểm cực trị của hàm số g(x) bằng số điểm cực trị của hàm số h(x) cộng với số nghiệm bội lẻ của phương trình h(x) = 0.

Dựa vào bảng biến thiên ta có thấy h(x) = 0 có ha nghiệm bội đơn.

Vậy hàm số g(x) có tất cả 5 + 2 = 7 điểm cực trị.

Chọn A.

Ta có g'x=24f'2x+96x2+24x−12=122f'2x+8x2+2x−1

g'x=0⇔122f'2x+8x2+2x−1=0⇔2f'2x+8x2+2x−1=0*

Đặt t=2x,x∈−32;12⇒t∈−3;1.

Khi đó phương trình (*) trở thành phương trình sau:

2f't+2t2+t−1=0⇔f't=−t2−12t+12**

Ta có đồ thị như sau:

f't=0⇔t=−3t=−1t=1⇔x=−32x=−12x=12

Ta có bảng biến thiên như sau:

Dựa vào bảng biến thiên và đồ thị hàm số ta có giá trị lớn nhất của hàm số g(x) đạt tại x=−12⇒g−12=12f−1+2026.

Chọn A.

Ta có:

lnalogx4+4alogx2+4=lnx−2loga⇔lna4logx+4a2logx+4=lnx−2loga

⇔2lna2logx+2=lnx−2loga

Đặt a2logx+2=t⇒loga.2logx=logt−2⇒loga=logt−22logx

⇒lnt.lnt−2=lnx.lnx−2

Xét hàm fu=lnu.lnu−2

⇒f'u=lnu−2u+lnuu−2>0

Do t−2=a2logx≥22log2>1

⇒u=x⇒a2logx=x−2⇔x−x2loga=2⇒x>x2loga⇔2loga<1⇔loga<12⇔a<10⇒a∈2;3.

Chọn C.

Vì y = f(x) là hàm số bậc ba có f"23=0⇒x=23 là hoành độ điểm uốn, do đó: x1+x2=2xu=43

Mặt khác 3x2−6x1=37−2 hay x1+x2=433x2−6x1=37−2⇔x1=2−73x2=2+73

Suy ra f'x=kx−x1x−x2=kx2−43x−13, với k > 0

⇒fx=k3x3−2x2−x+C, thay f(1) = 0 ta được C=2⇒fx=k3x3−2x2−x+2.

Khi đó S1=k3∫2−731x3−2x2−x+2dx;S2=−k3∫12+73x3−2x2−x+2dx. Do đó

S1S2=∫2−731x3−2x2−x+2dx∫12+73x3−2x2−x+2dx≈6,85∈6,7;6,9.

Chọn D.

Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn số phức w=x+yi;x,y∈ℝ. Ta có

iw−2+5i=1⇔ix+yi−2+5i=1⇔x+52+y+22=1.

Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I(-5; -2) bán kính R = 1.

Ta có: P=z2−wz−4=z2−wz−z2=z2−wz−z.z¯=zz−z¯−w=2z−z¯−w.

Đặt z=a+bi;a,b∈ℝ, do z=2⇔a2+b2=4⇒−2≤b≤2.

Gọi N là điểm biểu diễn số phức z−z¯=2bi⇒N0;2b nên N thuộc đoạn AB, với A0;4,B0;−4. Khi đó P=2z−z¯−w=2MN≥2CD=8, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M≡CN≡D.

Vậy giá trị nhỏ nhất của z2−wz−4 bằng 8.

Chọn D.

Điều kiện: a > 0

Vì 1+ln2a>lna≥lna⇒1+ln2a−lna>0.

Do đó 1+ln2a+lna1+a−32+a−3≤1⇔1+a−32+a−31+ln2a−lna≤1

⇔1+a−32+a−3≤1+−lna2+−lna.1

Xét hàm số ft=t+1+t2,t∈ℝ;f't=1+t1+t2=t+1+t21+t2>0,∀t∈ℝ. Suy ra hàm số f'(t) đồng biến trên ℝ

Bất phương trình 1⇔fa−3≤f−lna⇔a−3≤−lna⇔a−3+lna≤0.

Xét hàm số ga=a−3+lna,a∈0;+∞;g'a=1+1a>0,∀a>1.

Hàm số g(a) đồng biến trên khoảng 1;+∞. Do đó phương trình g(a) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm.

Mặt khác g2.g3=ln2−1ln3<0, suy ra ∃a0∈2;3 để ga0=0

Do đó: ga≤0⇔a≤a0⇒a∈0;a0⇒a=1a=2.

Chọn A.

Ta có: VABCDVAMNP=ABAM.ACAN.ADAP≤ABAM+ACAN+ADAP33=8⇒VAMNP≥18VABCD. (VABCD cố định).

Dấu “=” xảy ra khi ABAM=ACAN=ADAP=2. Suy ra M,N, P lần lượt là trung điểm của AB,AC,AD⇒M32;12;32 và

(MNP) // (BCD).

BC→=−3;−1;−2,BD→=−2;3;2⇒n→=BC→,BD→=4;10;−11.

Mặt phẳng (MNP) đi qua điểm M và có véc tơ pháp tuyến n→ nên có phương trình là:

4x−32+10y−12−11z−32=0⇔8x−20y+22z+11=0.