Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 17)

Chọn C.

Chọn D.

Hình chiếu vuông góc của điểm M(2; -1; 1) trên trục Ox có tọa độ là (2; 0; 0)

Chọn C.

Ta có: $\overrightarrow{MN}=\left(-1;-2;0\right)$ và $\overrightarrow{MP}=\left(-1;0;3\right).$

Khi đó, $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP}\right]=\left(-6;3;-2\right).$

Vậy phương trình mặt phẳng (P) có phương trình là

                                         $-6\left(x-1\right)+3y-2z=0\iff 6x-3y+2z-6=0.$

Chọn D.

Chọn A.

Ta có: $\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=-1+5=4.$

Chọn D.

Gọi a là độ dài cạnh của hình lập phương đã cho.

Thể tích của hình lập phương là $V=a^3=125\iff a=5.$

Vậy độ dài cạnh của khối lập phương đã cho là 5 (đvđd).

Chọn B.

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{4\right\}.$

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{3x-2}{x+4}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{3-\frac{2}{x}}{1+\frac{4}{x}}=3$ suy ra đường thẳng y = 3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Mà $\underset{x\to -4^{+}}{\lim }y=\underset{x\to -4^{+}}{\lim }\frac{3x-2}{x+4}=+\infty$ suy ra đường thẳng x = -4 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{3x-2}{x+4}$ có một đường tiệm cận đứng x = -4 và một đường tiệm cận ngang y = 3.

Chọn C.

Ta có $\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}=1.1+1.1+1.0=2\ne 0$ suy ra $\overrightarrow{b}\perp \overrightarrow{c}.$ Vậy đáp án C sai.

Chọn C.

Ta có: ${\left(\frac{1}{7}\right)}^{-x^2-x+4}\le 49\iff 7^{x^2+x-4}\le 7^2\iff x^2+x-4\le 2\iff x^2+x-6\le 0\iff -3\le x\le 2.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T = [-3; 2].

Chọn B.

Đường thẳng $d:\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=t\\ z=-1+2t\end{array}\right.$ có véc tơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(1;1;2\right)$

Gọi H là giao điểm của 2 đường thẳng $\Delta$ và đường thẳng d.

$H\in d\Rightarrow H\left(1+t;t;-1+2t\right);\overrightarrow{AH}=\left(t;t;2t+3\right).$

$AH\perp d\Rightarrow \overrightarrow{u_{AH}}.\overrightarrow{u_d}=0\iff t+t+6+4t=0\iff t=-1\Rightarrow \overrightarrow{u_{AH}}=\left(1;1;-1\right).$

Đường thẳng $\Delta$ đi qua A và có véc tơ chỉ phương $\overrightarrow{u_{AH}}$ có phương trình là $\frac{x-1}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z-2}{-1}.$

Chọn D.

Điều kiện: $z\ne -i$

Gọi $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$

Ta có: $\frac{\overline{z}}{z+i}=z-i\iff \overline{z}=z^2-i^2\iff \overline{z}=z^2+1\iff a-bi=a^2-b^2+1+2abi\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=a^2-b^2+1\\ -b=2ab\end{array}\right.$

$2ab+b=0\iff b\left(2a+1\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}b=0\\ a=-\frac{1}{2}\end{array}\right..$

+) $b=0\Rightarrow a=a^2+1\iff a^2-a+1=0$ (vô nghiệm).

+) $a=-\frac{1}{2}\Rightarrow -\frac{1}{2}=\frac{1}{4}-b^2+1\Rightarrow b=\pm \frac{\sqrt{7}}{2}\Rightarrow z=\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{7}}{2}i.$

$\Rightarrow w=1+z+z^2=\overline{z}+z=2a=-1\Rightarrow \left|w\right|=1.$

Chọn B.

Áp dụng công thức lãi kép, ta có tổng khối lượng gỗ của khu rừng đó sau 5 năm là:

$T={4.10}^5{\left(1+4\%\right)}^5={4.10}^5.1,{04}^5\left(m^3\right).$

Chọn D.

ĐK: $x+\sqrt{1+x^2}>0.$

Ta thấy $1+x^2>x^2\left(\forall x\in ℝ\right)\Rightarrow \sqrt{1+x^2}>\left|x\right|\left(\forall x\in ℝ\right)\Rightarrow \sqrt{1+x^2}+x>0\left(\forall x\in ℝ\right)$

TXĐ: $D=ℝ.$

Ta có:

$y\text{'}=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\frac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\frac{1+x}{\sqrt{1+x^2}}.$

Cho $y\text{'}=0\Rightarrow 1+x=0\iff x=-1.$

Bảng xét dấu:

Vậy hàm số tăng trên khoảng $\left(-1;+\infty \right)$ và giảm trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right).$

Chọn A.

Chọn C.

Ta có $\log x<-2\iff 0<x<{10}^{-2}\iff x\in \left(0;\frac{1}{100}\right).$

Tập nghiệm của bất phương trình $\log x<-2$ là $S=\left(0;\frac{1}{100}\right).$

Chọn B.

Do mặt cầu (S) nhận gốc tọa độ O làm tâm và đi qua điểm M(2; 0; 0) nên (S) có bán kính là R = OM = 2.

Vậy $\left(S\right):x^2+y^2+z^2=4.$

Chọn D.

Ta có $z=5+2i-{\left(1+i\right)}^2=5+2i-\left(1+2i+i^2\right)=5.$

Vậy $\left|z\right|=5.$

Chọn A.

Chọn C.

Theo bài ra, ta có: hình trụ có bán kính đáy r = 5cm, chiều cao h = 10cm.

Thể tích của khối trụ đã cho bằng: $V=\pi r^{2}h=\pi {.5}^2.10=250\pi c{m}^3.$

Chọn A.

Xét phương trình hoành độ của hai đồ thị $\frac{2x-1}{x+1}=3x+11\left(x\ne -1\right)$

                                         $\iff 2x-1=\left(3x+11\right)\left(x+1\right)$

                                         $\iff x=-2\Rightarrow y=5$

Giao điểm của đồ thị hàm số $y=\frac{2x-1}{x+1}$ và đường thẳng y = 3x + 11 có tung độ bằng 5.

Chọn A.

Hàm số xác định khi $x-1\ne 0\iff x\ne 1.$ Nên $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}.$

Chọn D.

Hàm số có đạo hàm đổi dấu từ “+” sang “-“ khi qua x = -2. Nên hàm số đạt cực đại tại x = -2 và giá trị cực của hàm số bằng y(-2) = 3.

Chọn B.

Có d là công sai của cấp số cộng $\left(u_n\right).$ Nên ta có $u_2=u_1+d\iff 14=2+d\Rightarrow d=12.$

Chọn D.

Áp dụng công thức tính thể tích khối cầu bán kính R = a ta có $V=\frac{4\pi a^3}{3}.$

Chọn D.

Để đồ thị hàm số $y=x^3-13x+m$ cắt trục hoành tại ba điểm đều có hoành độ nguyên thì phương trình $x^3-13x+m=0\left(*\right)$ có 3 nghiệm đều nguyên

Ta có: $x^3-13x+m=0\iff -x^3+13x=m$

Xét hàm số $y=-x^3+13x$

Ta có $y\text{'}=-3x^2+13,\forall x\in ℝ;y\text{'}=0\iff -3x^2+13=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{39}}{3}\\ x=-\frac{\sqrt{39}}{3}\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Các giá trị m nguyên để phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt thì

$\left\{\begin{array}{l}-\frac{26\sqrt{39}}{9}<m<\frac{26\sqrt{39}}{9}\\ m\in \mathbb{Z}\end{array}\right.\iff m\in \left\{0;\pm 1;\pm ;\mathrm{...};\pm 18\right\}.$

Với các giá trị $m\in \left\{0;\pm 1;\pm 2;\mathrm{...};\pm 18\right\}$ để phương trình (*) có 3 nghiệm đều có hoành độ nguyên chỉ có $m=\pm 12$ thỏa mãn.

Chọn C.

Mặt cầu ngoại tiếp khối hộp chữ nhật có đường kính:

$2R=AC\text{'}=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2+{\left(AA\text{'}\right)}^2}=\sqrt{3^2+4^2+5^2}=5\sqrt{2}.$

Nên có bán kính $R=\frac{5\sqrt{2}}{2}.$

Chọn D.

Hình chiếu vuông góc của SD lên (ABCD) là AD Do đó $\widehat{\left(SD;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{\left(SD,AD\right)}=\widehat{SDA}.$

Ta có: $\tan \widehat{SDA}=\frac{SA}{AD}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SDA}={60}^0.$

Chọn A.

Ta có thể tích khối nón $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h\Rightarrow h=\frac{3V}{\pi r^2}=\frac{3.\frac{4\pi a^3}{3}}{\pi .{\left(2a\right)}^2}=a.$

Chọn B.

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{0\right\}$ suy ra $\left[1;4\right]\subset D$

Ta có $y\text{'}=1-\frac{9}{x^2}\Rightarrow y\text{'}=0\iff 1-\frac{9}{x^2}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=3\in \left[1;4\right]\\ x=-3\notin \left[1;4\right]\end{array}\right.$

Chọn C.

Từ đồ thị biểu diễn vận tốc của hai chất điểm A, B ta suy ra công thức tính vận tốc từng chất điểm tương ứng là $v_A=-20t^2+80t$ và $v_B=20t.$

Từ đồ thị ta thấy $v_A>v_B,\forall t\in \left(0;3\right).$ Vậy nên, sau khi đi được 3 giây, khoảng cách giữa hai chất điểm bằng: $s_A-s_B=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(v_A-v_B\right)dt=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(-20t^2+60t\right)dt=-\frac{20}{3}{t}^3+30t^2\left|\begin{array}{l}3\\ 0\end{array}\right.=90\left(m\right).$

Chọn C.

Mỗi tập hợp con có 4 phần tử của tập hợp A là một tập chập 4 của 9. Vậy số tập hợp con cần tìm là $C_9^4.$

Chọn A.

Nhìn vào đồ thị ta thấy $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty$ nên hệ số a < 0. Suy ra loại B và D.

Lại có đồ thị của hàm số đi qua gốc tọa độ O(0; 0) nên loại C. Vậy chọn A.