Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 14)

Hàm số $y=a^x$ đồng biến $\left(-\infty ;+\infty \right)$ khi a > 1. Ta có: $\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{3}>1$ nên chọn D.

Chọn D.

Ta có $B=S_{ABCD}=2a.a=2a^2.$

Thể tích khối chóp S.ABCD là:

$V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}2a^2.a\sqrt{3}=\frac{2a^3\sqrt{3}}{3}.$

Chọn C.

Đồ thị có dạng trên là đồ thị hàm số bậc 3 ứng với hệ số a > 0.

Chọn B.

Vì phát biểu D. Đúng là “hai mặt bất kỳ hoặc không có điểm chung hoặc có một đỉnh chung hoặc chỉ có một cạnh chung”.

Chọn D.

Hàm số có tập xác định là $D=\left(-\infty ;\frac{2}{3}\right)\cup \left(\frac{2}{3};+\infty \right).$

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x+1}{-3x+2}=-\frac{1}{3}.$

Vậy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là $y=-\frac{1}{3}.$

Chọn C.

Theo tính chất của nguyên hàm ta có đáp án A sai.

Chọn A.

Xét hàm số $y=\frac{x^2+3x+2}{x-1}.$

Ta có: $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x^2+3x+2}{x-1}=+\infty$ (hoặc $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{x^2+3x+2}{x-1}=-\infty$) nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số trên.

Chọn B.

HàM số có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu $\iff \left\{\begin{array}{l}a<0\\ b>0\end{array}\right..$

Chọn A.

Ta có: $z=\frac{\left(2-3i\right)\left(4-i\right)}{3+2i}=\frac{5-14i}{3+2i}=\frac{\left(5-14i\right)\left(3-2i\right)}{13}=\frac{-13-52i}{13}=-1-4i.$

Vậy tọa độ điểm biểu diễn số phức đã cho là (-1; -4)

Chọn A.

Số phức z = 2 - 3i có phần ảo bằng -3.

Chọn C.

Số phức liên hợp của z = 1 + 2i là $\overline{z}=1-2i.$

Chọn D.

Xét đáp án A có $y\text{'}=3x^2\ge 0,\forall x\in \left(-\infty ;+\infty \right)$, suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;+\infty \right)$ nên loại.

Xét đáp án B có $y\text{'}=1>0,\forall x\in \left(-\infty ;+\infty \right)$, suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;+\infty \right)$ nên loại.

Xét đáp án C có $y\text{'}=\frac{1}{{\left(x-1\right)}^2}>0,\forall x\in \left(-\infty ;+\infty \right)\backslash \left\{1\right\},$ suy ra hàm chỉ đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$ nên chọn.

Xét đáp án D có $y\text{'}=5x^4+2x^2\ge 0,\forall x\in \left(-\infty ;+\infty \right),$ suy ra hàm đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;+\infty \right)$ nên loại.

Chọn C.

Theo lý thuyết.

Chọn D.

Theo bảng công thức nguyên hàm của các hàm số cơ bản.

Chọn B.

Theo lý thuyết.

Chọn B.

Đường thẳng đi qua điểm A(1; 4; -7) và vuông góc với mặt phẳng $x+2y-2z-3=0$ có VTCP $\overrightarrow{u}\left(1;2;-2\right)$ có phương trình: $\frac{x-1}{1}=\frac{y-4}{2}=\frac{z+7}{-2}.$

Chọn B.

Hình chiếu vuông góc của điểm M lên trục Oz là điểm $M_1\left(0;0;-1\right).$

Chọn A.

Vì $\frac{3}{4}<1$ khi đó ${\left(\frac{3}{4}\right)}^{2x-4}>{\left(\frac{3}{4}\right)}^{x+1}\Rightarrow 2x-4<x+1\iff x<5$

Vậy $S=\left(-\infty ;5\right).$

Chọn B.

Hàm số xác định khi $x+2\ne 0\iff x\ne -2$ nên tập xác định của hàm số là $ℝ\backslash \left\{-2\right\}.$

Chọn D.

Ta có $\left(P\right):-2x+z+3=0$ nên (P) có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=\left(2;0;-1\right).$

Chọn B.

A sai do chiều cao của hai khối chóp khác nhau thì thể tích của chúng khác nhau.

B sai do hai đáy của hai khối lăng trụ có diện tích khác nhau thì thể tích của chúng khác nhau.

C đúng.

D sai.

Chọn C.

Xét phương trình: $\sqrt{x}=0$ có nghiệm x = 0. Ta có $S=\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left|\sqrt{x}\right|dx=\underset{0}{\overset{4}{\int }}\sqrt{x}dx=\frac{2}{3}x\sqrt{x}\left|\begin{array}{l}4\\ 0\end{array}\right.=\frac{16}{3}.$

Chọn C.

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(2;2;4\right).$

Chọn D.

Khoảng cách giữa hai đáy bằng 3a suy ra đường cao của khối lăng trụ là h = 3a.

Thể tích khối lăng trụ là $V=Bh=a^2.3a=3a^3.$

Chọn A.

Áp dụng công thức $\left({\log }_{a}x\right)\text{'}=\frac{1}{x\ln 10}$ ta có $\left(\log x\right)\text{'}=\frac{1}{x\ln 10}.$

Chọn C.

Hàm số $y={\log }_{\sqrt{2}}\left(x^2-3x+2\right)$ xác định khi và chỉ khi $x^2-3x+2>0\iff \left[\begin{array}{l}x<1\\ x>2\end{array}\right..$

Vậy tập xác định: $D=\left(-\infty ;1\right)\cup \left(2;+\infty \right).$

Chọn A.

Ta có bán kính mặt cầu (S) là: $R=IA=\sqrt{{\left(2-1\right)}^2+{\left(2-0\right)}^2+{\left(-3+1\right)}^2}=3.$

Vậy phương trình mặt cầu (S) tâm I và đi qua điểm A có phương trình là:

                                         ${\left(x-1\right)}^2+y^2+{\left(z+1\right)}^2=9.$

Chọn C.

Tọa độ một vectơ chỉ phương của d là (-2; 3; 0)

Chọn D.

Ta có: $A=\frac{a^{\frac{1}{3}}\sqrt{b}+b^{\frac{1}{3}}\sqrt{a}}{\sqrt[6]{a}+\sqrt[6]{b}}=\frac{a^{\frac{1}{3}}{b}^{\frac{1}{2}}+b^{\frac{1}{3}}{a}^{\frac{1}{2}}}{a^{\frac{1}{6}}+b^{\frac{1}{6}}}=\frac{a^{\frac{1}{3}}{b}^{\frac{1}{3}}\left(b^{\frac{1}{6}}+a^{\frac{1}{6}}\right)}{a^{\frac{1}{6}}+b^{\frac{1}{6}}}={\left(ab\right)}^{\frac{1}{3}}=\sqrt[3]{ab}.$

Chọn A.

TXĐ: $3x-2>0\iff x>\frac{2}{3}.$

Ta có: ${\log }_3\left(3x-2\right)=3\iff 3x-2=3^3\iff x=\frac{11}{3}\left(tm\right).$

Chọn C.

$\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\left(x+\frac{1}{x-1}\right)dx=\frac{x^2}{2}+\ln \left|x-1\right|+C$

Chọn C.

$\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{dx}{x+3}=\ln \left|x+3\right|\left|\begin{array}{l}2\\ 0\end{array}\right.=\ln 5-\ln 3=\ln \frac{5}{3}.$

Chọn C.

$\left|\frac{z-1}{z-i}\right|=1\iff \left|z-1\right|=\left|z-i\right|\iff a=b.$

$\left|\frac{z-3i}{z+i}\right|=1\iff \left|z-3i\right|=\left|z+i\right|\iff b=1.$

Vậy a = 1, b = 1. Suy ra P = a + b = 2.

Chọn A.

Mặt đáy ABCD là hình bình hành $\Rightarrow \Delta ADC$ và $\Delta ABC$ có cùng diện tích

$\Rightarrow V_{S.ADC}=V_{S.ABC}$ (hai khối chóp có cùng chiều cao và có diện tích mặt đáy bằng nhau).

Mà $V_{S.ABCD}=V_{S.ADC}+V_{S.ABC}=24c{m}^3\Rightarrow V_{S.ADC}=V_{S.ABC}=\frac{V_{S.ABCD}}{2}=\frac{24}{2}=12\left(c{m}^3\right).$

Gọi O là giao điểm của AC và BD; I là giao điểm của SO và $AE\Rightarrow I$ là trọng tâm của $\Delta SAC$ và I thuộc MN. Gọi $\frac{SM}{SB}=a$ và $\frac{SN}{SD}=b\left(a>0;b>0\right).$

Ta có: $\frac{V_{S.ANE}}{V_{S.ADC}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SN}{SD}.\frac{SE}{SC}=1.b.\frac{1}{2}=\frac{b}{2}$ và $\frac{V_{S.AME}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SM}{SB}.\frac{SE}{SC}=1.a.\frac{1}{2}=\frac{a}{2}$

$\Rightarrow \frac{V_{S.ANE}}{12}=\frac{b}{2}$ và $\frac{V_{S.AME}}{12}=\frac{a}{2}\Rightarrow V_{S.ANE}=6b\left(c{m}^3\right)$ và $V_{S.AME}=6a\left(c{m}^3\right).$

Do đó: $V_{S.AMEN}=V_{S.AME}+V_{S.ANE}=6a+6b=6\left(a+b\right)\left(c{m}^3\right).$

Mặt khác: $\Delta ISM$ và $\Delta ISB$ có chung chiều cao kẻ từ I và có đáy $\frac{SM}{SB}=a\Rightarrow a=\frac{S_{ISM}}{S_{ISB}}.$

Mà I là trọng tâm của $\Delta SAC\Rightarrow \frac{SI}{SO}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{S_{ISB}}{S_{SOB}}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{S_{ISM}}{S_{SOB}}=\frac{2a}{3}.$

Chứng minh tương tự ta có: $\frac{S_{ISN}}{S_{SOD}}=\frac{2b}{3}.$

O là trung điểm của $DB\Rightarrow S_{SOB}=S_{SOD}=\frac{S_{SDB}}{2}$ hay $S_{SDB}=2S_{SOB}=2S_{SOD}$

$\Rightarrow \frac{2a}{3}+\frac{2b}{3}=\frac{S_{ISM}}{S_{SOB}}+\frac{S_{ISN}}{S_{SOD}}=\frac{2S_{ISM}}{2S_{SOB}}+\frac{2S_{ISN}}{2S_{SOD}}=\frac{2\left(S_{ISM}+S_{ISN}\right)}{S_{SDB}}=\frac{2S_{SNM}}{S_{SDB}}$

$\Rightarrow a+b=\frac{3S_{SNM}}{S_{SDB}}=\frac{3SN.SM.\sin \widehat{MSN}}{SD.SB.\sin \widehat{BSD}}=3.\frac{SN}{SD}.\frac{SM}{SB}=3ab.$

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: $ab\le \frac{{\left(a+b\right)}^2}{4}\Rightarrow a+b=3ab\le \frac{3{\left(a+b\right)}^2}{4}$

$\Rightarrow 3\left(a+b\right)\ge 4$ (do $a+b>0)\Rightarrow a+b\ge \frac{4}{3}\Rightarrow 6\left(a+b\right)\ge 8$ hay $V_{S.AMEN}\ge 8\left(c{m}^3\right).$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b=\frac{2}{3}\iff \frac{SM}{SB}=\frac{SN}{SD}=\frac{2}{3}\iff MN$ đi qua I và MN//BD.

Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.AMEN là $8c{m}^3.$

Chọn A.

$A\left(a;0;0\right),B\left(0;b;0\right),C\left(0;0;c\right)\Rightarrow$ mặt phẳng (ABC) có phương trình: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1.$

Mặt phẳng (ABC) đi qua $I\left(1;2;3\right)\iff \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}=1.$

Thể tích khối tứ diện OABC là $V=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.OA.OB.OC=\frac{1}{6}abc$ (do a> , b > 0, c > 0)

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{a}.\frac{2}{b}.\frac{3}{c}}=3\sqrt[3]{\frac{6}{abc}}$

$\Rightarrow \frac{6}{abc}\le \frac{1}{27}{\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\right)}^3=\frac{1}{27}\Rightarrow \frac{1}{6}abc\ge 27$ hay $V\ge 27.$

Dấu “=” xảy ra $\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}=1\\ \frac{1}{a}=\frac{2}{b}=\frac{3}{c}\end{array}\right.\iff \frac{1}{a}=\frac{2}{b}=\frac{3}{c}=\frac{1}{3}\iff \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=6\\ c=9\end{array}\right..$

Vậy $a+b+c=3+6+9=18.$

Chọn C.

Ta có $y\text{'}=3x^2+6\left(m+n\right)x+3\left(m^2+n^2\right)$.

Để hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;+\infty \right)\iff y\text{'}\ge 0,\forall x\in ℝ\iff \Delta \text{'}=2mn\le 0\iff mn\le 0.$

$P=4\left(m^2+n^2\right)-m-n=4{\left(m+n\right)}^2-\left(m+n\right)-8mn={\left[2\left(m+n\right)-\frac{1}{4}\right]}^2-8mn-\frac{1}{16}.$

Vì $mn\le 0\Rightarrow P\ge -\frac{1}{16}.$

Dấu bằng xảy ra khi $2\left(m+n\right)-\frac{1}{4}=0;m.n=0\iff \left[\begin{array}{l}m=\frac{1}{8};n=0\\ m=0;n=\frac{1}{8}\end{array}\right.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P=4\left(m^2+n^2\right)-m-n$ bằng $\frac{-1}{16}.$

Chọn A.

$\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right),$ kẻ $SM\perp AB\Rightarrow SM\perp \left(ABCD\right).$

Gọi I là giao điểm của hai đường chéo, J là trọng tâm tam giác SAB.

Dựng đường thẳng $\Delta$ qua I và song song SM, suy ra $\Delta$ là trục đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD.

Dựng đường thẳng (d) đi qua J và song song với MI, suy ra (d) là trục đường tròn ngoại tiếp của tam giác SAB.

Gọi $O=\left(d\right)\cap \Delta \Rightarrow O$ là tâm mặt cầu.

$JM=\frac{1}{3}SM=\frac{1}{3}.\frac{3\sqrt{3}}{3};IA=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{13}}{2}.$

$R=OA=\sqrt{O{I}^2+O{A}^2}=\sqrt{J{M}^2+I{A}^2}=\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{13}{4}}=2\Rightarrow V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{32\pi }{3}.$

Chọn D.

Gọi G(2; 1; 3) là trọng tâm tam giác ABC.

Ta có $T=\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=3\left|\overrightarrow{MG}\right|=3MG.$ Do đó T bé nhất khi và chỉ khi MG bé nhất. Khi đó M là hình chiếu của G lên mặt phẳng $Oxy\Rightarrow M\left(2;1;0\right)\Rightarrow P=2+1+0=3.$

Chọn C.

Ta có: $1+{\log }_5\left(x^2+1\right)\ge {\log }_5\left(m{x}^2+4x+m\right)$

$\iff {\log }_{5}5\left(x^2+1\right)\ge {\log }_5\left(m{x}^2+4x+m\right)$

$\iff \left\{\begin{array}{l}m{x}^2+4x+m>0\\ 5\left(x^2+1\right)\ge m{x}^2+4x+m\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}m{x}^2+4x+m>0\left(2\right)\\ \left(m-5\right)x^2+4x+m-5\le 0\left(3\right)\end{array}\right..$

Bất phương trình (1) được nghiệm đúng với mọi số thực x khi và chỉ khi các bất phương trình (2), (3) được nghiệm đúng với mọi số thực x

+) Xét (2)

Nếu $m=0,\left(2\right)\iff 4x\le 0\iff x\le 0$ không thỏa mãn với mọi x

Nếu $m\ne 0$ nghiệm đúng với mọi số thực $x\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ \Delta \text{'}=4-m^2<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ \left[\begin{array}{l}m<-2\\ m>2\end{array}\right.\end{array}\right.\iff m>2\left(a\right).$

+) Xét (3)

Nếu $m=5,\left(3\right)\iff 4x\le 0\iff x\le 0$ không thỏa mãn với mọi x

Nếu $m\ne 5,\left(3\right)$ có nghiệm đúng với mọi số thực $x\iff \left\{\begin{array}{l}m-5<0\\ \Delta \text{'}=4-{\left(m-5\right)}^2\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<5\\ \left[\begin{array}{l}m-5\le -2\\ m-5\ge 2\end{array}\right.\end{array}\right.$ $\iff \left\{\begin{array}{l}m<5\\ \left[\begin{array}{l}m\le 3\\ m\ge 7\end{array}\right.\end{array}\right.\iff m\le 3\left(b\right).$

Từ (a) và (b) suy ra: Yêu cầu của bài toán xảy ra khi và chỉ khi $2<m\le 3.$

Chọn A.

Gọi số phức $z=x+yi\left(x\in ℝ;y\in ℝ\right).$

Ta có $\left|z-3-4i\right|=\sqrt{5}\iff \left|x+yi-3-4i\right|=\sqrt{5}\iff {\left(x-3\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2=5$

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn (C) tâm I(3; 4) bán kính $R=\sqrt{5}\left(1\right)$

Mà $T={\left|z+2\right|}^2-{\left|z-i\right|}^2={\left|x+yi+2\right|}^2-{\left|x+yi-i\right|}^2={\left(x+2\right)}^2+y^2-\left[x^2+{\left(y-1\right)}^2\right]$

$\iff T=4x+2y+3\iff 4x+2y+3-T=0$

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng $d:4x+2y+3-T=0\left(2\right)$

Do tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn hai điều kiện (1) và (2) nên (C) và d có điểm chung 

$\iff d\left(I,d\right)\le R\iff \frac{\left|4.3+2.4+3-T\right|}{\sqrt{4^2+2^2}}\le \sqrt{5}\iff \left|23-T\right|\le 10\iff 13\le T\le 33$