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

Hàm số y=ax đồng biến −∞;+∞ khi a > 1. Ta có: 3+23>1 nên chọn D.

Chọn D.

Ta có B=SABCD=2a.a=2a2.

Thể tích khối chóp S.ABCD là:

V=13B.h=132a2.a3=2a333.

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=−∞;23∪23;+∞.

Ta có limx→+∞y=limx→+∞x+1−3x+2=−13.

Vậy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y=−13.

Chọn C.

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

Chọn A.

Xét hàm số y=x2+3x+2x−1.

Ta có: limx→1+y=limx→1+x2+3x+2x−1=+∞ (hoặc limx→1−y=limx→1−x2+3x+2x−1=−∞) 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 ⇔a<0b>0.

Chọn A.

Ta có: z=2−3i4−i3+2i=5−14i3+2i=5−14i3−2i13=−13−52i13=−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 z¯=1−2i.

Chọn D.

Xét đáp án A có y'=3x2≥0,∀x∈−∞;+∞, suy ra hàm số đồng biến trên khoảng −∞;+∞ nên loại.

Xét đáp án B có y'=1>0,∀x∈−∞;+∞, suy ra hàm số đồng biến trên khoảng −∞;+∞ nên loại.

Xét đáp án C có y'=1x−12>0,∀x∈−∞;+∞\1, suy ra hàm chỉ đồng biến trên các khoảng −∞;1 và 1;+∞ nên chọn.

Xét đáp án D có y'=5x4+2x2≥0,∀x∈−∞;+∞, suy ra hàm đồng biến trên khoảng −∞;+∞ 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 u→1;2;−2 có phương trình: x−11=y−42=z+7−2.

Chọn B.

Hình chiếu vuông góc của điểm M lên trục Oz là điểm M10;0;−1.

Chọn A.

Vì 34<1 khi đó 342x−4>34x+1⇒2x−4<x+1⇔x<5

Vậy S=−∞;5.

Chọn B.

Hàm số xác định khi x+2≠0⇔x≠−2 nên tập xác định của hàm số là ℝ\−2.

Chọn D.

Ta có P:−2x+z+3=0 nên (P) có một vectơ pháp tuyến là n→=2;0;−1.

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: x=0 có nghiệm x = 0. Ta có S=∫04xdx=∫04xdx=23xx40=163.

Chọn C.

Ta có MN→=2;2;4.

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=a2.3a=3a3.

Chọn A.

Áp dụng công thức logax'=1xln10 ta có logx'=1xln10.

Chọn C.

Hàm số y=log2x2−3x+2 xác định khi và chỉ khi x2−3x+2>0⇔x<1x>2.

Vậy tập xác định: D=−∞;1∪2;+∞.

Chọn A.

Ta có bán kính mặt cầu (S) là: R=IA=2−12+2−02+−3+12=3.

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

                                         x−12+y2+z+12=9.

Chọn C.

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

Chọn D.

Ta có: A=a13b+b13aa6+b6=a13b12+b13a12a16+b16=a13b13b16+a16a16+b16=ab13=ab3.

Chọn A.

TXĐ: 3x−2>0⇔x>23.

Ta có: log33x−2=3⇔3x−2=33⇔x=113tm.

Chọn C.

∫fxdx=∫x+1x−1dx=x22+lnx−1+C

 

Chọn C.

∫02dxx+3=lnx+320=ln5−ln3=ln53.

 

Chọn C.

z−1z−i=1⇔z−1=z−i⇔a=b.

z−3iz+i=1⇔z−3i=z+i⇔b=1.

 

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

Chọn A.

Xét hàm số y=x3−2x2−7x+1 trên đoạn [-2; 1]

Ta có: y'=3x2−4x−7=0⇔x=−1x=73.

Bảng biến thiên:

Vậy max−2;1y=y−1=5.

Chọn D.

Mặt đáy ABCD là hình bình hành ⇒ΔADC và ΔABC có cùng diện tích

⇒VS.ADC=VS.ABC (hai khối chóp có cùng chiều cao và có diện tích mặt đáy bằng nhau).

Mà VS.ABCD=VS.ADC+VS.ABC=24cm3⇒VS.ADC=VS.ABC=VS.ABCD2=242=12cm3.

Gọi O là giao điểm của AC và BD; I là giao điểm của SO và AE⇒I là trọng tâm của ΔSAC và I thuộc MN. Gọi SMSB=a và SNSD=ba>0;b>0.

Ta có: VS.ANEVS.ADC=SASA.SNSD.SESC=1.b.12=b2 và VS.AMEVS.ABC=SASA.SMSB.SESC=1.a.12=a2

⇒VS.ANE12=b2 và VS.AME12=a2⇒VS.ANE=6bcm3 và VS.AME=6acm3.

Do đó: VS.AMEN=VS.AME+VS.ANE=6a+6b=6a+bcm3.

Mặt khác: ΔISM và ΔISB có chung chiều cao kẻ từ I và có đáy SMSB=a⇒a=SISMSISB.

Mà I là trọng tâm của ΔSAC⇒SISO=23⇒SISBSSOB=23⇒SISMSSOB=2a3.

Chứng minh tương tự ta có: SISNSSOD=2b3.

O là trung điểm của DB⇒SSOB=SSOD=SSDB2 hay SSDB=2SSOB=2SSOD

⇒2a3+2b3=SISMSSOB+SISNSSOD=2SISM2SSOB+2SISN2SSOD=2SISM+SISNSSDB=2SSNMSSDB

⇒a+b=3SSNMSSDB=3SN.SM.sinMSN^SD.SB.sinBSD^=3.SNSD.SMSB=3ab.

 

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: ab≤a+b24⇒a+b=3ab≤3a+b24

⇒3a+b≥4 (do a+b>0)⇒a+b≥43⇒6a+b≥8 hay VS.AMEN≥8cm3.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=23⇔SMSB=SNSD=23⇔MN đi qua I và MN//BD.

Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.AMEN là 8cm3.

Chọn A.

Aa;0;0,B0;b;0,C0;0;c⇒ mặt phẳng (ABC) có phương trình: xa+yb+zc=1.

Mặt phẳng (ABC) đi qua I1;2;3⇔1a+2b+3c=1.

Thể tích khối tứ diện OABC là V=13.12.OA.OB.OC=16abc (do a> , b > 0, c > 0)

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: 1a+2b+3c≥31a.2b.3c3=36abc3

⇒6abc≤1271a+2b+3c3=127⇒16abc≥27 hay V≥27.

Dấu “=” xảy ra ⇔1a+2b+3c=11a=2b=3c⇔1a=2b=3c=13⇔a=3b=6c=9.

Vậy a+b+c=3+6+9=18.

Chọn C.

Ta có y'=3x2+6m+nx+3m2+n2.

Để hàm số đồng biến trên −∞;+∞⇔y'≥0,∀x∈ℝ⇔Δ'=2mn≤0⇔mn≤0.

P=4m2+n2−m−n=4m+n2−m+n−8mn=2m+n−142−8mn−116.

Vì mn≤0⇒P≥−116.

Dấu bằng xảy ra khi 2m+n−14=0;m.n=0⇔m=18;n=0m=0;n=18

Vậy giá trị nhỏ nhất của P=4m2+n2−m−n bằng −116.

Chọn A.

SAB⊥ABCD, kẻ SM⊥AB⇒SM⊥ABCD.

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

Dựng đường thẳng Δ qua I và song song SM, suy ra Δ 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=d∩Δ⇒O là tâm mặt cầu.

JM=13SM=13.333;IA=12AC=132.

R=OA=OI2+OA2=JM2+IA2=34+134=2⇒V=43πR3=32π3.

Chọn D.

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

Ta có T=MA→+MB→+MC→=3MG→=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⇒M2;1;0⇒P=2+1+0=3.

Chọn C.

Ta có: 1+log5x2+1≥log5mx2+4x+m

⇔log55x2+1≥log5mx2+4x+m

⇔mx2+4x+m>05x2+1≥mx2+4x+m

⇔mx2+4x+m>0              2m−5x2+4x+m−5≤0 3.

 

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=0,2⇔4x≤0⇔x≤0 không thỏa mãn với mọi x

Nếu m≠0 nghiệm đúng với mọi số thực x⇔m>0Δ'=4−m2<0⇔m>0m<−2m>2⇔m>2 a.

+) Xét (3)

Nếu m=5,3⇔4x≤0⇔x≤0 không thỏa mãn với mọi x

Nếu m≠5,3 có nghiệm đúng với mọi số thực x⇔m−5<0Δ'=4−m−52≤0⇔m<5m−5≤−2m−5≥2 ⇔m<5m≤3m≥7⇔m≤3  b.

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

Chọn A.

Gọi số phức z=x+yix∈ℝ;y∈ℝ.

Ta có z−3−4i=5⇔x+yi−3−4i=5⇔x−32+y−42=5

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn (C) tâm I(3; 4) bán kính R=5 1

Mà T=z+22−z−i2=x+yi+22−x+yi−i2=x+22+y2−x2+y−12

⇔T=4x+2y+3⇔4x+2y+3−T=0

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng d:4x+2y+3−T=0 2

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

⇔dI,d≤R⇔4.3+2.4+3−T42+22≤5⇔23−T≤10⇔13≤T≤33

⇔MaxT=33⇔x−32+y−42=54x+2y−30=0⇔x=5y=5⇒z=5+5i⇒z=52.

 

Chọn B.

Đặt t=lnx2+1⇒dt=2xx2+1dx⇒12dt=xx2+1dx.

Đổi cận:

Với x=e2021−1⇒t=2021.

     x=0⇒t=0.

Ta có: ∫0e2021−1xx2+1flnx2+1dx=∫0202112ftdt=12∫02021fxdx=1.

Chọn C.

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB) bằng góc CSB^=300.

⇒SB=BC.cotBSC^=3a⇒SA=SB2−AB2=22a.

VS.ABCD=13.a.a3.22a=26a33.

Chọn A.

Xét phương trình x−2x−1=−x−m⇔x≠1x−2=−x2−mx+x+m⇔x≠1x2+mx−m−2=0 *

Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình x2+mx−m−2=0 có hai nghiệm phân biệt khác 1⇔m2−4−m−2>01+m−m−2≠0 (đúng với ∀m).

Với mọi m đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt Aa;−a−m,Bb;−b−m với a, b là nghiệm của phương trình (*). Ta có a+b=−ma.b=−m−2.

AB→=b−a;a−b⇒AB=2a+b2−4ab=2m2+4m+8.

Ta có phương trình 2m2+4m+8=10⇔m2+4m+3=0⇔m=−1m=−3.

S=−12+−32=10.

Lời bình: Có thể sử dụng công thức giải nhanh x1−x22=Δa2.

Chọn B.

Từ đồ thị ta có:

     f2−fx=0⇔2−fx=a−2<a<−12−fx=b0<b<12−fx=c1<c<2⇔fx=2−a  1 −2<a<−1fx=2−b  2 0<b<1fx=2−c   3 1<c<2

Với −2<a<−1⇔4>2−a>3: Phương trình (1) có một nghiệm phân biệt.

Với 0<b<1⇔2>2−b>1: Phương trình (2) có một nghiệm phân biệt.

Với 1<c<2⇔1>2−c>0: Phương trình (3) có ba nghiệm phân biệt.

Mặt khác 2−c<1<2−b<2<2−a, suy ra nghiệm của các phương trình (1), (2), (3) không trùng nhau. Vậy phương trình f(2 - f(x) = 0 có 5 nghiệm phân biệt.

Chọn B.

Ta đặt 10z=u. Khi đó x3+y3=a.u3+b.u2. 1

Hơn nữa, logx+y=z và logx2+y2=z+1 ta được

logx+y=z⇒x+y=10z=u và logx2+y2=z+1⇒x2+y2=10.10z=10u.

⇒x+y2−2xy=10u⇒u2−2xy=10u.

Ta suy ra xy=u2−10u2.

Mà x3+y3=x+y3−3xyx+y=u3−3uu2−10u2=−12u3+15u2.2

Từ (1), (2) đồng nhất thức 2 vế ta được: a=−12,b=15.

Vậy a+b=−12+15=292.

Chọn C.

Ta có OAB=Oxy,C∈Oz suy ra OC⊥OAB.

Mà B3;4;0⇒OB=32+42=5=OA⇒ΔOAB cân tại O.

Gọi M là trung điểm của AB, K là trực tâm của tam giác OAB

Suy ra OM⊥AB và K∈OM.

Ta có AB⊥OMAB⊥OC⇒AB⊥OCM⇒AB⊥HK (do HK⊂OCM) (1).

Mặt khác BK⊥OABK⊥OC⇒BK⊥OAC⇒BK⊥AC.

Mà BH⊥AC (do H là trực tâm của ΔABC) suy ra AC⊥BHK⇒AC⊥HK 2.

Từ (1) và (2) suy ra HK⊥ABC⇒HK⊥HM⇒ΔKHM vuông tại H.

Vì M, K (OCM) cố định và KHM^=900 nên H thuộc đường tròn đường kính KM.

Gọi N là hình chiếu của B lên trục Ox suy ra N(3; 0; 0)

Từ đó ta tính được NA = 2, BN = 4 và AB=25.

Ta có ΔBMK đồng dạng ΔBNA (g.g) nên suy ra MKNA=BMBN⇔MK2=12AB4⇔MK=52.

Vậy khi C di động trên trục Oz thì H luôn thuộc đường tròn cố định có bán kính bằng MK2=54.

Chọn D.

Đặt u=lnx2+9dv=xdx⇒du=2xx2+9dxv=12x2.

Khi đó ∫04xlnx2+9dx=12x2lnx2+940−∫04x3x2+9dx=16ln5−I (với I=∫04x3x2+9dx).

Đặt t=x2+9⇒dt=2xdx⇒xdx=12dt.

Đổi cận: với x=0⇒t=9, với x=4⇒t=25.

Khi đó I=12∫925t−9tdt=12∫9251−9tdt=12t−9lnt259=8−9ln5+9ln3

Suy ra ∫04xlnx2+9dx=16ln5−8−9ln5+9ln3=25ln5−9ln3−8.

Vậy a=25b=−9c=−8⇒T=a+b+c=25−9−8=8.

Chọn D.

TXĐ D=ℝ\−m2;y'=m2−42x+m2.

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 1) khi

−m2∉0;1m2−4<0⇔−m2≤0−m2≥1−2<m<2⇔m≥0m≤−2−2<m<2. Vậy có 2 giá trị m nguyên thỏa mãn.

Chọn D.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Gọi Py=ax2+bx+c. Do (P) có đỉnh là (0; 12; 5) và đi qua điểm (4; 0) nên ta có: b=0c=12,5a=−2532

Diện tích của cổng là S=∫−44−2532x2+12,5dx=2003.

Chọn A.