Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 15)

Chọn D.

Theo lý thuyết, ta có số phức 3−22i có:

Phần thực của số phức là a = 3.

Phần ảo của số phức là b=−22.

Chọn D.

Trong không gian Oxyz, mặt phẳng α:5x−7y−z+2=0 nhận vectơ sau làm vectơ pháp tuyến: n→=5;−7;−1.

Chọn D.

ĐKXĐ: x−1>0⇔x>1

Tập xác định của hàm số là D=1;+∞.

Chọn A.

Vì F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên [a; b] nên ∫abfxdx=Fxba=Fb−Fa.

Chọn C.

Hình chiếu vuông góc của điểm M(3; -1; 1) trên trục Oz là (0; 0; 1).

Chọn A.

Thể tích của khối cầu có bán kính R = 3 là V=43πR3=43π.33=36π (đvtt).

Chọn D.

Hàm số y=0,5x là hàm số mũ có cơ số a=0,5∈0;1 nên nghịch biến trên tập xác định của nó.

Chọn A.

Tập xác định D=ℝ\1.

Ta có limx→1+x+1x−1=+∞⇒x=1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên, nhận thấy hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2.

Chọn C.

Bán kính của khối trụ là R=2a2=a.

Thể tích khối trụ là: V=πR2h=π.a2.2a=2πa3.

Chọn A.

Ta có S=∫abfxdx.

Chọn B.

Ta có: 52x+1=125⇔52x+1=53⇔2x+1=3⇔x=1.

Chọn A.

V=13.SA.SABCD=133a2.a2=a32.

Chọn C.

Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng −∞;−2 và (0; 2).

Chọn C.

32x−1>27⇔2x−1>log327⇔2x−1>3⇔x>2.

Chọn B.

Ta có z=22+12=5.

Chọn A.

Ta có ∫exdx=ex+C do đó khẳng định sai là ∫exdx=ex+1x+1+C.

Chọn C.

Số phức -3 + 7i có phần ảo bằng 7.

Chọn A.

Bán kính mặt cầu R=9=3.

Chọn B.

Thể tích khối lập phương là V=23=8.

Chọn A.

Theo đề ta có r = 3 và h = 6

Thể tích của khối nón là V=13πr2h=13π.32.6=18π.

Chọn B.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y=2x−x2 và trục hoành:

                                         2x−x2=0⇔x=0x=2

Suy ra thể tích V của khối tròn xoay sinh ra khi cho (H) quay quanh Ox là:

                                         V=π∫022x−x22dx=V=1615π.

Chọn A.

Ta có: 2+3iz+4−3i=13+4i.

⇔z=13+4i−4−3i2+3i⇔z=3−i

Môđun của z là: z=32+−12=10.

Chọn C.

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=y0>0⇒ac>0⇒a,c cùng dấu (1).

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=x0<0⇒−dc<0⇒dc>0⇒d,c cùng dấu (2).

Từ (1), (2) ⇒a,d cùng dấu ⇒ad>0.

Mặt khác đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm ⇒bd<0⇒b,d trái dấu (3).

Từ 2,3⇒b,c trái dấu ⇒bc<0.

Vậy chọn đáp án đúng là C.

Chọn B.

Fx=∫fxdx=∫x+sinxdx=x22−cosx+C.

Theo bài F0=19⇔022−cos0+C=19⇔C=20.

Vậy Fx=x22−cosx+20.

Chọn C.

Mặt phẳng qua B và vuông góc với AB nhận vectơ AB→3;−1;−1 làm vectơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng cần tìm là

     3x−2−y−1−z=0

⇔3x−y−z−5=0

Chọn B.

y'=6x2+6x;y'=0⇔x=−1x=0.

y−1=0,y0=−1;y1=4.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=2x3+3x2−1 trên [-1; 1] là -1.

Chọn C.

Vì (Q)//(P) nên phương trình (Q) có dạng: x+y+z+D=0 với D≠−15.

dA;Q=6+D3=33⇔6+D=9⇔D=3D=−15L. Vậy Q:x+y+z+3=0.

Chọn C.

Gọi z=a+bi,a,b∈ℝ.

Ta có z¯+iz+2=a−bi+ia+bi+2=a2+2a+b2−b+a−2b+2i.

Vì z¯+iz+2 là số thuần ảo nên a2+2a+b2−b=0⇔a+12+b−122=54.

Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn tâm I−1;12 có bán kính R=52.

Chọn D.

Ta có Sxq=πrl⇒l=Sxqπr=20ππ.4=5.

Chiều cao khối nón h=l2−r2=52−42=3.

Thể tích khối nón V=13πr2h=13π.42.3=16π (đvtt).

Chọn C.

Vì y'>0,∀x∈0;1 nên hàm số đồng biến trên (0; 1)

Chọn D.

b→+c→=3;0;−3

T=a→b→+c→=3.3+0.0+1.−3=6.

Chọn D.

Số tiền cả gốc lẫn lãi sau n năm bà Hoa có 1201+0,08n (triệu đồng) n∈ℕ*.

Khi đó 1201+0,08n>180⇔1.08n>1.5⇔n>ln1.5ln1.08≈5.27

Vì n∈ℕ* suy ra n≥6.              

Do đó sau ít nhất 6 năm thì bà Hoa có số tiền cả gốc lẫn lãi lớn hơn 180 triệu đồng.

Chọn C.

Từ bảng biến thiên ta thấy đạo hàm của hàm số đổi dấu ba lần tại các điểm x=−1;x=0;x=1 nhưng tại x = 0 hàm số không xác định nên hàm số chỉ có hai điểm cực trị là x=±1.

Chọn D.

Ta có: Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính r=dA,P=2.2−1+2.1+122+−12+22=2.

Do đó phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) là x−22+y−12+z−12=4.

Chọn B.

Từ hình vẽ ta thấy đồ thị có hướng đi xuống trên khoảng (1; 3).

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 3)

Chọn A.

Ta có: 16x−5.4x+4≥0⇔4x≤14x≥4⇔x≤0x≥1.

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho có dạng T=−∞;0∪1;+∞.

Vậy M = 0 + 1 = 1.

Chọn B.

Ta có: ∫27fxdx=∫25fxdx+∫57fxdx=3+9=12.

Chọn A.

Gọi z=a+bia,b∈ℝ, khi đó

1+iz−2−iz¯=3⇔1+ia+bi−2−ia−bi=3⇔−a+2a+3bi=3

⇔a=−32a+3b=0⇔a=−3b=2⇒z=−3+2i.

 

Khi đó, w=i−2z1−i=i−2−3+2i1−i=6−3i1−i=92+32i.

Vậy w=3102.

Chọn B.

Đặt t=x2+5−x.

Suy ra t+x=x2+5⇔t+x2=x2+5⇔t2+2tx=5⇔x=52t−t2⇒dx=−52t2−12dt.

Đổi cận: x=−2⇒t=5,x=2⇒t=1.

Khi đó 1=∫−22fx2+5−xdx=∫51ft−52t2−12dt=12∫15ft5t2+1dt

⇔2=∫15ft5t2+1dt⇔2=5∫15ftt2dt+∫15fxdx⇔2=5∫15fxx2dx+∫15fxdx

⇔2=5.3+∫15fxdx⇔∫15fxdx=−13.

Chọn C.

Ta có fx2−3fx+2=0⇔fx=1fx=2.

Dựa vào đồ thị ta thấy mỗi phương trình fx=1,fx=2 đều có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy đồ thị hàm số có 6 tiệm cận đứng.

Chọn B.

Ta có: AB→=1;−1;2,AC→=2;0;1,AB→,AC→=−1;3;2.

Diện tích tam giác ABC:S=12AB→,AC→=12−12+32+22=142.

BC→=1;1;−1⇒BC=3.

Mặt khác ta có diện tích tam giác ABC:S=12AH.BC⇒AH=2SBC=21423=423.

Chọn A.

TXĐ: D=−∞;12.

Ta có: f'x=2x+21−2x=−4x2+2x+21−2x.

f'x=0⇔−4x2+2x+2=0⇔x=1x=−12.

 

Tính: f−2=4−ln5;f0=0;f−12=14−ln2.

⇒m=min−2;0fx=f−12=14−ln2 khi x=−12.

M=max−2;0fx=f−2=4−ln5⇒M+m=4−ln5+14−ln2=174−ln2−ln5.

⇒a=174,b=−1,c=−1⇒a+b+c=94.

Chọn B.

Ta có: y'=3x2−2x+3m.

Để hàm số đồng biến trên ℝ⇒y'≥0,∀x∈ℝ (dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm)

⇔a>0Δ'≤0⇔1>01−9m≤0⇔m≥19.

 

Vì m∈−10;2⇒m∈1;2.

Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn ycbt.

Chọn C.

Gọi V1 là thể tích lõi của ống cống (phần ống cống rỗng), r1=0,15m là bán kính đường tròn đáy của phần này.

Gọi V2 là thể tích của toàn bộ ống cống, r2=0,25m là bán kính đường tròn đáy của phần này.

Thể tích bê tông cần dùng để làm ra ống thoát nước này là:

     V=V2−V1=πr22.h−πr12.h=πhr22−r12=0,08πm3.

Chọn C.                                            

Từ hình chiếu đứng, hình chiếu cạnh và hình chiếu bằng của vật thể ta suy ra hình thực của vật thể như hình vẽ:

Gọi V1 là thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước là 36,30,12;V2 là thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước là 36,24,28;V3 là thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước là 16,20,12;V4 là thể tích khối bán trụ có bán kính đáy bằng 11, chiều cao bằng 28.

Thể tích của khối đồ chơi đó là:

V=V1+V2−V3+V4=36.30.12+36.24.28−16.20.12+12π.112.28≈27990.

Chọn D.

Ta có: log33x+1−1=2x+log132⇔log33x+1−1=log332x−log32.

⇔log33.3x−1=log332x2⇔3x>133.3x−1=32x2⇔3x>1332x−6.3x+2=0 1.

 

Giả sử hai nghiệm của phương trình ban đầu là x1 và x2 khi đó phương trình (1) có hai nghiệm là 3x1 và 3x2

Theo định lý Vi-et ta có: 3x1.3x2=23x1+3x2=6

Vậy S=27x1+27x2=3x13+3x23=3x1+3x23−3.3x1.3x23x1+3x2=63−3.2.6=180.

Chọn A.

Xét hàm số fx=x3−3x2+m trên đoạn [1; 3] ta có

f'x=3x2−6x=0⇔x=0x=2∈1;3.

 

Khi đó f1=m−2;f2=m−4;f3=m.

Suy ra max1;3fx=m;min1;3fx=m−4.

TH1: Nếu mm−4≤0⇔0≤m≤4 thì max1;3x3−3x2+m=maxm;m−4.

Để max1;3x3−3x2+m≤4⇔m≤4m−4≤4⇔−4≤m≤40≤m≤8

So sánh điều kiện suy ra 0≤m≤4. Trường hợp này có 5 giá trị m=0;1;2;3;4 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

TH2: Nếu m < 0 thì max1;3x3−3x2+m=m−4≤4⇔0≤m≤8. So sánh điều kiện thấy không thỏa mãn.

TH3: Nếu m−4>0⇔m>4 thì max1;3x3−3x2+m=m≤4⇔−4≤m≤4. So sánh điều kiện thấy không thỏa mãn.

Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn bài toán.

Chọn C.

Ta có log3x+1y+1y+1=9−x−1y+1⇔y+1log3x+1y+1=9−x−1y+1

⇔log3x+1y+1=9y+1−x−1⇔log3x+1+log3y+1=9y+1−x+1.

⇔log3x+1+x−1=−log3y+1+9y+1⇔log3x+1+x+1=log39y+1+9y+1 1.

Xét hàm số y=ft=log3t+t có f't=1tln3+1>0,∀t∈0;+∞, nên hàm số f(t) đồng biến trên 0;+∞.

Từ (1) ta có fx+1=f9y+1⇔x+1=9y+1⇔x+1y+1=9⇔xy+x+y=8.

Khi đó P=x3+y3−57x+y=x+y3−3xyx+y−57x+y

=x+y3−38−x−yx+y−57x+y

Đặt t=x+y,t>2⇒gt=t3−38−tt−57t=t3+3t2−81t với t > 2

Ta có g't=3t2+6t−81=0⇔t=−1+27nt=−1−27l.

Ta có bảng biến thiên của hàm g(t) trên 2;+∞.

Nhìn vào bảng biến thiên, ta thấy Pmin=g−1+27=83−1127.

Suy ra a=83b=−112⇒a+b=−29.

Chọn D.

Ta có 2ffx=1⇔ffx=12⇔fx=a∈−2;−1fx=b∈0;1fx=c∈1;2.

Dựa vào đồ thị, ta thấy

Phương trình fx=a∈−2;−1 có duy nhất 1 nghiệm.

Phương trình fx=b∈0;1 có 3 nghiệm phân biệt.

Phương trình fx=c∈1;2 có 3 nghiệm phân biệt.

Các nghiệm của phương trình fx=a,fx=b,fx=c phân biệt với nhau.

Tóm lại, phương trình đã cho có tất cả 7 nghiệm phân biệt.