Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 16)

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = c.

Vậy đồ thị hàm số y = f(x) có đúng 1 điểm cực tiểu trên đoạn [a; e].

Chọn B.

Tọa độ trọng tâm tam giác ABC được xác định bởi công thức sau: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=-2\\ y=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=1\\ z=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}=1\end{array}\right..$

Vậy tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là (-2; 1; 1).

Chọn C.

Gọi r là bán kính đáy của thùng đựng nước.

Chọn C.

Theo lý thuyết, điểm I(x; y; z) có hình chiếu lên trục Oz là H(0; 0; z)

Vậy hình chiếu vuông góc của điểm M(2; 1; -1) trên trục Oz là (0; 0; -1).

Chọn B.

Số nghiệm của phương trình 3f(x) - 2 = 0 là số giao điểm của đồ thị hàm số f(x) và đường thẳng $y=\frac{2}{3}.$

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy số giao điểm của đồ thị hàm số f(x) và đường thẳng $y=\frac{2}{3}.$ là 3 điểm phân biệt.

Vậy phương trình 3f(x) - 2 = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn A.

Theo lý thuyết, mặt cầu (S) có tọa độ tâm I(a; b; c) và bán kính R có phương trình là $\left(S\right):{\left(x-a\right)}^2+{\left(y-b\right)}^2+{\left(z-c\right)}^2=R^2.$

Vậy mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z+3\right)}^2=4$ có tâm I(1; 2; -3) và bán kính R = 2.

Chọn A.

Giá trị cực đại của hàm số $y_{CD}=3$ tại x = 0.

Chọn B.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(1;1;2\right)$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) nên mặt phẳng (P) có phương trình là:

                                         $1\left(x-0\right)+\left(y-1\right)+2\left(z-1\right)=0\iff x+y+2z-3=0.$

Chọn D.

Điều kiện: $x\in ℝ.$

Ta có $3^{2x-1}=27\iff 2x-1=3\iff x=2.$

Chọn D.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}\left(4x^3+3x^2+5\right)dx=x^4+x^3+5x+C.$

Chọn C.

Dựa vào đồ thị ta có hàm số đồng biến trong khoảng (-1; 0).

Chọn D.

Ta có $y=\log x\Rightarrow y\text{'}=\frac{1}{x\ln 10}.$

Chọn C.

Theo lý thuyết thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay miền mặt phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) trục hoành và hai đường thẳng x = 0; x = 1 quanh Ox là $\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{f}^2\left(x\right)dx.$

Mặt phẳng $P:x+2y+3z-4=0$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(1;2;3\right)$ nên mặt phẳng song song với mặt phẳng P có cùng vec tơ pháp tuyến của P nên chọn C.

Chọn D.

Chọn C.

Ta có $z_1+z_2=\left(2+i\right)+\left(-1+3i\right)=1+4i.$ Vậy số phức $z_1+z_2$ có phần ảo bằng 4.

Chọn B.

Chọn B.

Ta có: chiều cao cái gàu là

$h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{4^2-1,5^2}=\frac{\sqrt{55}}{2}\left(dm\right)$

Thể tích cái gàu là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{3}{2}\right)}^2\frac{\sqrt{55}}{2}=\pi \frac{3\sqrt{55}}{8}\left(d{m}^3\right).$

Vì $240:\frac{3\pi \sqrt{55}}{8}\simeq 27.5$ nên bạn An phải múc ít nhất 28 lượt mới đầy bể nước.

Chọn D.

Ta có: $v\left(t\right)=0\iff 16-4t=0\iff t=4.$

Để hai ô tô A và B dừng lại đạt khoảng cách an toàn thì ô tô A phải hãm phanh khi cách ô tô B một khoảng tối thiểu là $S=\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left(16-4t\right)dt+1=\left(16t-2t^2\right)\left|\begin{array}{l}4\\ 0\end{array}\right.+1=33\left(m\right).$

Chọn A.

Ta có $I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\cos x.\cos 2xdx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\cos x.\left(1-2{\sin }^{2}x\right)dx$

Đặt $t=\sin x\Rightarrow dt=\cos xdx$

Với $x=0\Rightarrow t=0;x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=1$

Vậy $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(1-2t^2\right)dt.$

Chọn B.

Gọi N là trung điểm của $CC\text{'}\Rightarrow MN//BC\text{'},MN\subset \left(AMN\right)\Rightarrow BC\text{'}//\left(AMN\right)$

$\Rightarrow d\left(BC\text{'},MN\right)=d\left(BC\text{'},\left(AMN\right)\right)=d\left(B,\left(AMN\right)\right)=d\left(C,\left(AMN\right)\right).$

Ta có $\Delta ABC$ đều, M là trung điểm của $BC\Rightarrow AM\perp BC,AM\perp CC\text{'}\Rightarrow AM\perp \left(BCC\text{'}B\text{'}\right)$

Mà $AM\subset \left(AMN\right)\Rightarrow \left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\perp \left(AMN\right).$

Gọi H là trung điểm của MN, vì tam giác CMN vuông cân tại C (do $CM=CN=\frac{a}{2})$

$\Rightarrow CH\perp MN\Rightarrow CH\perp \left(AMN\right)\Rightarrow d\left(C,\left(AMN\right)\right)=CH=\frac{MN}{2}=\frac{\sqrt{2}a}{4}.$

Vậy $d\left(AM,BC\text{'}\right)=\frac{\sqrt{2}a}{4}.$

Chọn B.

Tập xác định: $D=ℝ.$

Ta có $y\text{'}=6x^2+6x-12;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\in \left(-1;2\right)\\ x=-2\notin \left(-1;2\right)\end{array}\right..$

$y\left(-1\right)=15;y\left(1\right)=-5;y\left(2\right)=6.$

Vậy $\underset{\left[-1;2\right]}{\max }y=15$ khi x = -1.

Chọn D.

Ta có I(a; b; c) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC nên IO = IA = IB = IC.

$\iff \left\{\begin{array}{l}I{A}^2=I{O}^2\\ I{B}^2=I{O}^2\\ I{C}^2=I{O}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\left(1-a\right)}^2+b^2+c^2=a^2+b^2+c^2\\ a^2+{\left(2-b\right)}^2+c^2=a^2+b^2+c^2\\ a^2+b^2+{\left(3-c\right)}^2=a^2+b^2+c^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{2}\\ b=1\\ c=\frac{3}{2}\end{array}\right..$

Vậy a + b + c = 3.

Chọn B.

Chọn 4 bác sĩ trong 10 bác sĩ có $C_{10}^4$ cách.

Gọi A là biến cố chọn được 4 bác sĩ có cả nam và nữ. Nên $n\left(A\right)=C_{10}^4-C_4^4-C_6^4.$

Chọn C.

Ta có $f\left(x\right)=\frac{x}{\left|x\right|-1}=\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{x-1}\text{ khi }x\ge 0\\ \frac{x}{-x-1}\text{ khi }x<0\end{array}\right.$.

+ $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{x}{x-1}=+\infty .$                                       + $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{x}{x-1}=-\infty .$

+ $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{x}{-x-1}=-\infty .$                               + $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\frac{x}{-x-1}=+\infty .$

+ $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x}{-x-1}=-1.$                                  + $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x}{x-1}=1.$

Vậy hàm số đã cho có 4 đường tiệm cận.

Chọn D.

Ta có $\left(SBC\right)\cap \left(ABC\right)=BC$

$\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\left(1\right)\\ SA\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB\left(2\right)$

Nên từ (1) và (2) suy ra $\widehat{\left(\left(SBC\right);\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(SB;AB\right)}=\widehat{SBA}.$

Mà $\Delta SAB$ vuông cân tại A suy ra $\widehat{\left(\left(SBC\right);\left(ABC\right)\right)}=\widehat{SBA}={45}^0.$

Chọn C.

Chọn B.

Theo giả thiết 3 + 4i là nghiệm của phương trình $z^2+az+b=0\left(a,b\in ℝ\right)$ suy ra 

${\left(3+4i\right)}^2+a\left(3+4i\right)+b=0\iff -7+24i+a\left(3+4i\right)+b=0$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-7+3a+b=0\\ 24+4a=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b=25\\ a=-6\end{array}\right.\Rightarrow a+b=19.$

Chọn C.

Điều kiện: x > 0.

${\log }_3^{2}3x+{\log }_{3}x+m-1=0\iff {\left(1+{\log }_3^{}x\right)}^2+{\log }_{3}x+m-1=0$

Đặt ${\log }_{3}x=t.$ Với mỗi $x\in \left(0;1\right)$ thì có một giá trị $t\in \left(-\infty ;0\right).$ Phương trình trở thành ${\left(1+t\right)}^2+t+m-1=0\iff t^2+3t=-m.$

Xét hàm số $y=t^2+3t$ trên $\left(-\infty ;0\right),$ có y' = 2t + 3