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

Chọn D.

Theo lý thuyết, ta có số phức $3-2\sqrt{2}i$ có:

Phần thực của số phức là a = 3.

Phần ảo của số phức là $b=-2\sqrt{2}.$

Chọn D.

Trong không gian Oxyz, mặt phẳng $\left(\alpha \right):5x-7y-z+2=0$ nhận vectơ sau làm vectơ pháp tuyến: $\overrightarrow{n}=\left(5;-7;-1\right).$

Chọn D.

ĐKXĐ: $x-1>0\iff x>1$

Tập xác định của hàm số là $D=\left(1;+\infty \right).$

Chọn A.

Vì F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên [a; b] nên $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx=F\left(x\right)\left|\begin{array}{l}b\\ a\end{array}\right.=F\left(b\right)-F\left(a\right).$

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 $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {.3}^3=36\pi$ (đvtt).

Chọn D.

Hàm số $y={\left(0,5\right)}^x$ là hàm số mũ có cơ số $a=0,5\in \left(0;1\right)$ nên nghịch biến trên tập xác định của nó.

Chọn A.

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}.$

Ta có $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x+1}{x-1}=+\infty \Rightarrow x=1$ 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 $R=\frac{2a}{2}=a.$

Thể tích khối trụ là: $V=\pi R^{2}h=\pi .a^2.2a=2\pi a^3.$

Chọn A.

Ta có $S=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx.$

Chọn B.

Ta có: $5^{2x+1}=125\iff 5^{2x+1}=5^3\iff 2x+1=3\iff x=1.$

Chọn A.

$V=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}3a\sqrt{2}.a^2=a^3\sqrt{2}.$

Chọn C.

Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-2\right)$ và (0; 2).

Chọn C.

$3^{2x-1}>27\iff 2x-1>{\log }_{3}27\iff 2x-1>3\iff x>2.$

Chọn B.

Ta có $\left|z\right|=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}.$

Chọn A.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}{e}^{x}dx=e^x+C$ do đó khẳng định sai là $\underset{}{\overset{}{\int }}{e}^{x}dx=\frac{e^{x+1}}{x+1}+C.$

Chọn C.

Số phức -3 + 7i có phần ảo bằng 7.

Chọn A.

Bán kính mặt cầu $R=\sqrt{9}=3.$

Chọn B.

Thể tích khối lập phương là $V=2^3=8.$

Chọn A.

Theo đề ta có r = 3 và h = 6

Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.3}^2.6=18\pi .$

Chọn B.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị $y=2x-x^2$ và trục hoành:

                                         $2x-x^2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$

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

                                         $V=\pi \underset{0}{\overset{2}{\int }}{\left(2x-x^2\right)}^{2}dx=V=\frac{16}{15}\pi .$

Chọn C.

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y=y_0>0\Rightarrow \frac{a}{c}>0\Rightarrow a,c$ cùng dấu (1).

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng $x=x_0<0\Rightarrow -\frac{d}{c}<0\Rightarrow \frac{d}{c}>0\Rightarrow d,c$ cùng dấu (2).

Từ (1), (2) $\Rightarrow a,d$ cùng dấu $\Rightarrow ad>0.$

Mặt khác đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm $\Rightarrow \frac{b}{d}<0\Rightarrow b,d$ trái dấu (3).

Từ $\left(2\right),\left(3\right)\Rightarrow b,c$ trái dấu $\Rightarrow bc<0.$

Vậy chọn đáp án đúng là C.

Chọn C.

Vì (Q)//(P) nên phương trình (Q) có dạng: $x+y+z+D=0$ với $D\ne -15.$

$d\left(A;\left(Q\right)\right)=\frac{\left|6+D\right|}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\iff \left|6+D\right|=9\iff \left[\begin{array}{l}D=3\\ D=-15\left(L\right)\end{array}\right..$ Vậy $\left(Q\right):x+y+z+3=0.$

Chọn C.

Gọi $z=a+bi,a,b\in ℝ.$

Ta có $\left(\overline{z}+i\right)\left(z+2\right)=\left(a-bi+i\right)\left(a+bi+2\right)=\left(a^2+2a+b^2-b\right)+\left(a-2b+2\right)i.$

Vì $\left(\overline{z}+i\right)\left(z+2\right)$ là số thuần ảo nên $a^2+2a+b^2-b=0\iff {\left(a+1\right)}^2+{\left(b-\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{5}{4}.$

Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn tâm $I\left(-1;\frac{1}{2}\right)$ có bán kính $R=\frac{\sqrt{5}}{2}.$

Chọn D.

Ta có $S_{xq}=\pi rl\Rightarrow l=\frac{S_{xq}}{\pi r}=\frac{20\pi }{\pi .4}=5.$

Chiều cao khối nón $h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3.$

Thể tích khối nón $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.4}^2.3=16\pi$ (đvtt).

Chọn C.

Vì $y\text{'}>0,\forall x\in \left(0;1\right)$ nên hàm số đồng biến trên (0; 1)

Chọn D.

Số tiền cả gốc lẫn lãi sau n năm bà Hoa có $120{\left(1+0,08\right)}^n$ (triệu đồng) $\left(n\in \mathbb{N}*\right).$

Khi đó $120{\left(1+0,08\right)}^n>180\iff {1.08}^n>1.5\iff n>\frac{\ln 1.5}{\ln 1.08}\approx 5.27$

Vì $n\in \mathbb{N}*$ suy ra $n\ge 6.$              

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 $x=\pm 1.$

Chọn D.

Ta có: Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính $r=d\left(A,\left(P\right)\right)=\frac{\left|2.2-1+2.1+1\right|}{\sqrt{2^2+{\left(-1\right)}^2+2^2}}=2.$

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

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: ${16}^x-{5.4}^x+4\ge 0\iff \left[\begin{array}{l}{4}^x\le 1\\ 4^x\ge 4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x\le 0\\ x\ge 1\end{array}\right..$

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho có dạng $T=\left(-\infty ;0\right]\cup \left[1;+\infty \right)$.

Vậy M = 0 + 1 = 1.

Chọn B.

Chọn A.

Gọi $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$, khi đó

$\left(1+i\right)z-\left(2-i\right)\overline{z}=3\iff \left(1+i\right)\left(a+bi\right)-\left(2-i\right)\left(a-bi\right)=3\iff -a+\left(2a+3b\right)i=3$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a=-3\\ 2a+3b=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-3\\ b=2\end{array}\right.\Rightarrow z=-3+2i.$

Khi đó, $w=\frac{i-2z}{1-i}=\frac{i-2\left(-3+2i\right)}{1-i}=\frac{6-3i}{1-i}=\frac{9}{2}+\frac{3}{2}i.$

Vậy $\left|w\right|=\frac{3\sqrt{10}}{2}.$

Chọn B.

Đặt $t=\sqrt{x^2+5}-x.$

Suy ra $t+x=\sqrt{x^2+5}\iff {\left(t+x\right)}^2=x^2+5\iff t^2+2tx=5\iff x=\frac{5}{2t}-\frac{t}{2}\Rightarrow dx=\left(-\frac{5}{2t^2}-\frac{1}{2}\right)dt.$

Đổi cận: $x=-2\Rightarrow t=5,x=2\Rightarrow t=1.$

Khi đó $1=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}f\left(\sqrt{x^2+5}-x\right)dx=\underset{5}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)\left(-\frac{5}{2t^2}-\frac{1}{2}\right)dt=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(t\right)\left(\frac{5}{t^2}+1\right)dt$

$\iff 2=\underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(t\right)\left(\frac{5}{t^2}+1\right)dt\iff 2=5\underset{1}{\overset{5}{\int }}\frac{f\left(t\right)}{t^2}dt+\underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx\iff 2=5\underset{1}{\overset{5}{\int }}\frac{f\left(x\right)}{x^2}dx+\underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx$

$\iff 2=5.3+\underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx\iff \underset{1}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx=-13.$

Chọn C.

Ta có ${\left[f\left(x\right)\right]}^2-3f\left(x\right)+2=0\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=1\\ f\left(x\right)=2\end{array}\right..$

Dựa vào đồ thị ta thấy mỗi phương trình $f\left(x\right)=1,f\left(x\right)=2$ đều có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy đồ thị hàm số có 6 tiệm cận đứng.

Chọn B.

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(1;-1;2\right),\overrightarrow{AC}=\left(2;0;1\right),\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=\left(-1;3;2\right).$

Diện tích tam giác $ABC:S=\frac{1}{2}\left|\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]\right|=\frac{1}{2}\sqrt{{\left(-1\right)}^2+3^2+2^2}=\frac{\sqrt{14}}{2}.$

$\overrightarrow{BC}=\left(1;1;-1\right)\Rightarrow BC=\sqrt{3}.$

Mặt khác ta có diện tích tam giác $ABC:S=\frac{1}{2}AH.BC\Rightarrow AH=\frac{2S}{BC}=\frac{\frac{2\sqrt{14}}{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{42}}{3}.$

Chọn B.

Ta có: $y\text{'}=3x^2-2x+3m.$

Để hàm số đồng biến trên $ℝ\Rightarrow y\text{'}\ge 0,\forall x\in ℝ$ (dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm)

$\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ \Delta \text{'}\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1>0\\ 1-9m\le 0\end{array}\right.\iff m\ge \frac{1}{9}.$

Vì $m\in \left[-10;2\right]\Rightarrow m\in \left\{1;2\right\}.$

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

Chọn C.

Gọi $V_1$ là thể tích lõi của ống cống (phần ống cống rỗng), $r_1=0,15m$ là bán kính đường tròn đáy của phần này.

Gọi $V_2$ là thể tích của toàn bộ ống cống, $r_2=0,25m$ là bán kính đường tròn đáy của phần này.

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

     $V=V_2-V_1=\pi r_2^2.h-\pi r_1^2.h=\pi h\left(r_2^2-r_1^2\right)=0,08\pi \left(m^3\right).$

Chọn A.

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^3-3x^2+m$ trên đoạn [1; 3] ta có

$f\text{'}\left(x\right)=3x^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\in \left[1;3\right]\end{array}\right..$

Khi đó $f\left(1\right)=m-2;f\left(2\right)=m-4;f\left(3\right)=m.$

Suy ra $\underset{\left[1;3\right]}{\max }f\left(x\right)=m;\underset{\left[1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=m-4.$