Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 18)

Vì $\underset{}{\overset{}{\int }}\sin xdx=-\cos x+C$ nên đáp án C sai.

Chọn C.

Dựa vào BXD đạo hàm ta suy ra hàm số đã cho có 2 điểm cực đại x = -1; x = 1.

Chọn D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $\left(x^2-1\right){\left(x+1\right)}^2=0\iff x=\pm 1.$

Vậy đồ thị hàm số $y=\left(x^2-1\right){\left(x+1\right)}^2$ cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.

Chọn A.

Mặt phẳng $\left(P\right):x-2y+3z-4=0$ có 1 VTPT là (1; -2; 3)

Vì $d\perp \left(P\right)$ nên đường thẳng d có 1 vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{n}=-\left(1;-2;3\right)=\left(-1;2;-3\right).$

Chọn C.

Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng: $S_{xq}=2\pi rh=2\pi \mathrm{.3.2}=12\pi .$

Chọn D.

Ta có: $z=z_1+z_2=\left(1-2i\right)+\left(2+i\right)=3-i.$

$\Rightarrow z=3-i$ có điểm biểu diễn là P(3; -1)

Chọn C.

Chiều cao khối nón là $h=r.\cot \alpha =1.\cot {30}^0=\sqrt{3}.$

Thể tích khối nón: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.1}^2.\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}\pi }{3}.$

Chọn C.

Ta có $u_1.u_3=u_2^2\Rightarrow u_1=\frac{u_2^2}{u_3}=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}.$

Chọn C.

Dựa vào BBT ta suy ra hàm số nghịch biến trên (1; 2).

Chọn A.

Phương trình của (Q) là: $1\left(x-2\right)+3\left(y+1\right)-2z=0\iff x+3y-2z+1=0.$

Chọn C.

Gọi M là trung điểm của AB ta có $\left\{\begin{array}{l}CM\perp AB\\ CM\perp AA\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow CM\perp \left(ABB\text{'}A\text{'}\right).$

A'M là hình chiếu của A'C lên mặt phẳng (ABB'A')

$\Rightarrow \angle \left(A\text{'}C;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)=\angle \left(A\text{'}C;A\text{'}M\right)=\angle CA\text{'}M.$

Vì $CM\perp \left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\Rightarrow CM\perp A\text{'}M$ nên $\Delta A\text{'}CM$ vuông tại M.

Tam giác ABC đều cạnh $a\Rightarrow CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Áp dụng định lí Pytago: $A\text{'}M=\sqrt{AA{\text{'}}^2+A{M}^2}=\sqrt{2a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{3a}{2}.$

$\Rightarrow \tan \angle CA\text{'}M=\frac{CM}{A\text{'}M}=\frac{a\sqrt{3}}{2}:\frac{3a}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \angle CA\text{'}M={30}^0.$

Vậy $\angle \left(A\text{'}C;\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right)={30}^0.$

Chọn B.

Gọi $\overrightarrow{n_P}$ là 1 VTPT của (P) Ta có $\left\{\begin{array}{l}Ox\subset \left(P\right)\\ OB\subset \left(P\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{n_P}=\left[\overrightarrow{i};\overrightarrow{OB}\right]=\left(0;-4;3\right).$

Phương trình mặt phẳng (P) là: $-4\left(y-3\right)+3\left(z-4\right)=0\iff 4y-3z=0.$

Vậy $d\left(A;\left(P\right)\right)=\frac{\left|4.\left(-4\right)-3.3\right|}{\sqrt{4^2+{\left(-3\right)}^2}}=5.$

Chọn D.

Ta có $\angle \left(A{C}_1;\left(ABCD\right)\right)=\angle \left(A{C}_1;AC\right)=\angle C_{1}AC={45}^0\Rightarrow \Delta AC{C}_1$ vuông cân tại C

Mà $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2-2.AB.BC.\cos \angle ABC}=a\sqrt{3}\Rightarrow C{C}_1=a\sqrt{3}.$

Ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \angle ABC=\frac{1}{2}.a.a.\sin {120}^0=\frac{\sqrt{3}{a}^2}{4}\Rightarrow S_{ABCD}=2S_{ABC}=\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2}.$

Vậy $V_{ABCD.A_1{B}_1{C}_1{D}_1}=C{C}_1.S_{ABCD}=a\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}{a}^2}{2}=\frac{3a^3}{2}.$

Chọn B.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}A{C}^2+B{C}^2={\left(a\sqrt{2}\right)}^2+{\left(a\sqrt{2}\right)}^2=4a^2=A{B}^2\\ A{D}^2+B{D}^2={\left(a\sqrt{2}\right)}^2+{\left(a\sqrt{2}\right)}^2=4a^2=A{B}^2\end{array}\right.\Rightarrow \Delta ABC,\Delta ABD$ là các tam giác vuông tại C, D

Gọi I là trung điểm của AB, ta có $\left\{\begin{array}{l}IC=\frac{1}{2}AB=IA=IB\\ ID=\frac{1}{2}AB=IA=IB\end{array}\right.\Rightarrow IA=IB=IC=ID.$

$\Rightarrow I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bán kính mặt cầu là $R=IA=\frac{1}{2}AB=a.$

Vậy diện tích mặt cầu là $S=4\pi R^2=4\pi a^2.$

Chọn C.

ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}1-x\ge 0\\ x^2-3x+2\ne 0\end{array}\right.\iff x<1.$

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{1-x}}{x^2-3x+2}=0,\underset{x\to +\infty }{\lim }y$ không tồn tại.

$\Rightarrow y=0$ là TCN của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{1-x}}{x^2-3x+2}=+\infty ,\underset{x\to 2}{\lim }y$ không tồn tại.

$\Rightarrow x=1$ là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy số đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y=\frac{\sqrt{1-x}}{x^2-3x+2}$ là 2.

Chọn B.

Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$

Gọi H là trung điểm của $OC\Rightarrow MH//SH$ (MH là đường trung bình của $\Delta SOC$).

$MH\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow d\left(M;\left(ABCD\right)\right)=MH$

Ta có: $AC=\sqrt{A{D}^2+C{D}^2}=\sqrt{a^2+3a^2}=2a\Rightarrow OC=a.$

$\Rightarrow SO=\sqrt{S{C}^2-O{C}^2}=\sqrt{5a^2-a^2}=2a.$

$\Rightarrow MH=\frac{1}{2}SO=a.$

Vậy $d\left(M;\left(ABCD\right)\right)=a.$

Chọn A.

Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm phân biệt trên $\left(-\infty ;2\right]$ khi và chỉ khi $\left[\begin{array}{l}m=-1\\ m=2\end{array}\right..$

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là $6!=720.$

Gọi A là biến cố: “An và Hà không ngồi cạnh nhau” $\Rightarrow$ Biến cố đối $\overline{A}:$ “An và Hà ngồi cạnh nhau”.

Coi An và Hà là 1 bạn, có 2 cách đổi chỗ An và Hà, khi đó có tất cả 5 bạn xếp vào 5 ghế $\Rightarrow n\left(\overline{A}\right)=2.5!=240$

Vậy xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=\frac{n\left(\overline{A}\right)}{n\left(\Omega \right)}=1-\frac{240}{720}=\frac{2}{3}.$

Chọn C.

Vì $M=d\cap \left(P\right)$ nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=9+3t\\ z=12+4t\\ z-5y-3z+2=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}t=-3\\ x=-2\\ y=0\\ z=0\end{array}\right.\Rightarrow M\left(-2;0;0\right).$

Vậy OM = 2.

Chọn A.

Ta có: $g\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)}{x}\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=\frac{f\text{'}\left(x\right).x-f\left(x\right)}{x^2}.$

Vì hàm số đồng biến và nhận giá trị âm trên $\left(0;+\infty \right)$ nên $\left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)>0\\ x>0\\ f\left(x\right)<0\end{array}\right.\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)>0\forall x\in \left(0;+\infty \right).$

Vậy hàm số $g\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)}{x}$ không có cực trị trên $\left(0;+\infty \right).$

Chọn D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $1=2-x^2\iff x=\pm 1.$

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay (D) xung quanh trục Ox được tính theo công thức

$V=\pi \underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left|{\left(2-x^2\right)}^2-1^2\right|dx$

     $=\pi \underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left({\left(2-x^2\right)}^2-1\right)dx$

     $=\pi \left(\underset{-1}{\overset{1}{\int }}{\left(2-x^2\right)}^{2}dx-\underset{-1}{\overset{1}{\int }}dx\right)$

     $=\pi \left(\underset{-1}{\overset{1}{\int }}{\left(2-x^2\right)}^{2}dx-2\right)$

     $=\pi \underset{-1}{\overset{1}{\int }}{\left(2-x^2\right)}^{2}dx-2\pi$

Chọn D.

ĐKXĐ:

Ta có

Ta có:

    

Xét hàm đặc trưng  ta có  nên hàm số đồng biến trên

Do đó

 (do

Kết hợp điều kiện

Vậy bất phương trình đã

Gọi $A\left(-4-5a;4+2a;2+3a\right)\in d_1,B\left(1-b;2+3b;-5-2b\right)\in d_2.$

Vì $M,A,B\in d$ nên chúng thẳng hàng $\Rightarrow \overrightarrow{MA},\overrightarrow{MB}$ cùng phương.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{MA}=\left(5a+7;-2a-8;-3a-7\right)\\ \overrightarrow{MB}=\left(b+2;-3b-6;2b\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \frac{5a+7}{b+2}=\frac{-2a-8}{-3b-6}=\frac{-3a-7}{2b}$

$\iff \left\{\begin{array}{l}15ab+30a+21b+42=2ab+8b+4a+16\\ 10ab+14b=-3ab-6a-7b-14\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}13ab+26a+13b+26=0\\ 13ab+6a+21b+14=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}20a-8b+12=0\\ ab+2a+b+2=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}5a-2b+3=0\\ ab+2a+b+2=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}b=\frac{5a+3}{2}\\ a.\frac{5a+3}{2}+2a+\frac{5a+3}{2}+2=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}b=\frac{5a+3}{2}\\ 5a^2+3a+4a+5a+3+4=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}b=\frac{5a+3}{2}\\ 5a^2+12a+7=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}a=-1,b=-1\\ a=-\frac{7}{5},b=-2\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}A\left(1;2;-1\right),B\left(2;-1;-3\right)\\ A\left(3;\frac{6}{5};-\frac{11}{5}\right),B\left(3;-4;-1\right)\end{array}\right.$

 

TH1: $A\left(1;2;-1\right),B\left(2;-1;-3\right)\Rightarrow \overrightarrow{OA}\left(1;2;-1\right),\overrightarrow{OB}\left(2;-1;-3\right)$

$\Rightarrow S_{OAB}=\frac{1}{2}\left|\left[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right]\right|=\frac{1}{2}\sqrt{3^2+6^2+0^2}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$

TH2: $A\left(3;\frac{6}{5};-\frac{11}{5}\right),B\left(3;-4;-1\right)\Rightarrow \overrightarrow{OA}\left(3;\frac{6}{5};-\frac{11}{5}\right),\overrightarrow{OB}\left(3;-4;-1\right)$

$\Rightarrow S_{OAB}=\frac{1}{2}\left|\left[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right]\right|=\frac{1}{2}.\sqrt{{10}^2+3,6^2+15,6^2}=\frac{\sqrt{8908}}{10}$.

Chọn B.

ĐK: $z\ne 2i.$

Ta có:

$\frac{z^2}{z-2i}=\left|z^2\right|\iff \frac{z^2}{z-2i}={\left|z\right|}^2=z.\overline{z}$

$\iff z\left(\frac{z}{z-2i}-\overline{z}\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}z=0\left(tm\right)\\ \frac{z}{z-2i}-\overline{z}=0\left(*\right)\end{array}\right.$

 

Đặt $z=x+yi\Rightarrow \overline{z}=x-yi,$ thay vào (*) ta có

$x+yi=\left(x-yi\right)\left(x+yi-2i\right)$

$\iff x+yi=x^2+xyi-2xi-xyi+y^2-2y$

$\iff x+yi=x^2+y^2-2y-2xi$

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

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+4x^2+4x=x\\ y=-2x\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}5x^2+3x=0\\ y=-2x\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=0;y=0\\ x=-\frac{3}{5};y=\frac{6}{5}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}z=0\\ z=-\frac{3}{5}+\frac{6}{3}i\end{array}\right.$

 

Vậy có 2 số phức z thỏa mãn.

Chọn D.