Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 19)

Hàm số đồng biến trên khoảng là $\left(-\infty ;1\right)$ và $\left(3;+\infty \right)$.

Chọn A.

Ta có đồ thị hàm số có 3 cực trị trong đó có 1 cực đại tại x = 0 và 2 cực tiểu tại x = -1; x = 1.

Chọn C.

Ta thấy trên đoạn [-1;0] đồ thị hàm số hướng xuống hay hàm số nghịch biến nên $\underset{\left[-1;0\right]}{\min }y=y\left(0\right)=-1.$

Chọn D.

Ta thấy: $y=\frac{x+2}{x-2}\Rightarrow y\text{'}=\frac{-3}{{\left(x-1\right)}^2}<0\forall x\ne 1$ nên hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;1\right),\left(1;+\infty \right).$

Chọn C.

Hàm số $y=x^4-2x^2+2021$ có điểm cực đại thỏa mãn $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}=4x^3-4x=0\\ y"=12x^2-4<0\end{array}\right.\iff x=0.$

Chọn A.

Ta có $y=\frac{x+1}{x^2-1}$ có bậc từ < bậc mẫu nên có TCN y = 0.

Ta có: $y=\frac{x+1}{x^2-1}=\frac{1}{x-1}$ nên x = -1 là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.

Chọn A.

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

Lại có y(1) = 2; y(2) = 10

$\Rightarrow \underset{\left[1;2\right]}{\min }y=y\left(1\right)=-2,\underset{\left[1;2\right]}{\max }f\left(x\right)=y\left(2\right)=2.$

Vậy tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=x^3-3x$ trên [1; 2] bằng -2 + 2 = 0.

Chọn D.

Đặt t = 1 - 2x hàm số trở thành y = f(t) + 1

Ta có $y\text{'}>0\Rightarrow f\text{'}\left(t\right)>0\iff f\text{'}\left(t\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}t<-1\\ 0<t<1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}1-2x<-1\\ 0<1-2x<1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x>1\\ 0<x<\frac{1}{2}\end{array}\right..$

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên $\left(0;\frac{1}{2}\right);\left(1;+\infty \right).$

Chọn C.

Đặt $t=\frac{\sin x+\cos x}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)}{\sqrt{2}}=\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right).$

Với $x\in \left[\frac{-3\pi }{4};\frac{7\pi }{4}\right]\Rightarrow x+\frac{\pi }{4}\in \left[-\frac{\pi }{2};2\pi \right]\Rightarrow t\in \left[-1;1\right].$

Khi đó phương trình trở thành $2f\left(t\right)+3=0\iff f\left(t\right)=-\frac{3}{2}.$

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng $y=-\frac{3}{2}$ cắt đồ thị hàm số y = f(t) tại 2 điểm phân biệt $\left[\begin{array}{l}x=t<-1\\ x=t\in \left(-1;0\right)\end{array}\right..$

$\Rightarrow f\left(t\right)=-\frac{3}{2}\iff \left[\begin{array}{l}t=a<-1\\ t=b\in \left(-1;0\right)\end{array}\right..$

Ta có đồ thị hàm số $t=\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)$ trên $\left[-\frac{\pi }{2};2\pi \right]$ như sau:

Dựa vào đồ thị ta thấy, phương trình t = a vô nghiệm, phương trình t = b có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn A.

Xét các phương trình:

$x^2+x-2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-2\end{array}\right..$

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

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

+ Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm $\left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=1\left(nghiệmkép\right)\end{array}\right.\Rightarrow x=-2$ không là TCĐ, x = 1 là TCĐ của đồ thị hàm số.

+ Phương trình f(x) = 1 có 3 nghiệm phân biệt khác 1, -2.

Vậy đồ thị có tất cả 4 đường tiệm cận đứng.

Chọn A.

Ta thấy ${\log }_a{b}^{\alpha }=\alpha {\log }_{a}b$ nên đáp án A sai.

Chọn D.

Ta có $y={2021}^x\Rightarrow y\text{'}={2021}^x.\ln 2021.$

Chọn A.

Hàm số $y={\log }_{2021}{\left(x-1\right)}^2+{\log }_{2020}\left(4-x^2\right)$ xác định khi $\left\{\begin{array}{l}{\left(x-1\right)}^2>0\\ 4-x^2>0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ -2<x<2\end{array}\right..$

Vậy TXĐ của hàm số là $D=\left(-2;2\right)\backslash \left\{1\right\}.$

Chọn C.

Ta thấy $\underset{}{\overset{}{\int }}kf\left(x\right)dx=k\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx$ với $k\ne 0.$

Chọn A.

Ta thấy $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx=F\left(b\right)-F\left(a\right).$

Chọn C.

Ta có $F\left(x\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}\left(x-1\right)\sqrt{x^2-2x-3}dx$

Đặt $t=\sqrt{x^2-2x-3}\Rightarrow t^2=x^2-2x-3\Rightarrow tdt=\left(x-1\right)dx.$

$\Rightarrow F\left(x\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}{t}^{2}dt=\frac{t^3}{3}+C$

$\Rightarrow F\left(x\right)=\frac{\left(x^2-2x-3\right)\sqrt{x^2-2x-3}}{3}+C$

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

Khi đó ta có: $F\left(x\right)=\left[\begin{array}{l}\frac{\left(x^2-2x-3\right)\sqrt{x^2-2x-3}}{3}+C_{1}khix\le -1\\ \frac{\left(x^2-2x-3\right)\sqrt{x^2-2x-3}}{3}+C_{2}khix\ge 3\end{array}\right.$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}F\left(-2\right)=\frac{5\sqrt{5}}{3}+C_1=\frac{5\sqrt{5}}{3}\Rightarrow C_1=0\\ F\left(4\right)-1=\frac{5\sqrt{5}}{3}+C_2-1=\frac{5\sqrt{5}}{3}\Rightarrow C_2=1\end{array}\right.$

$\Rightarrow F\left(x\right)=\left[\begin{array}{l}\frac{\left(x^2-2x-3\right)\sqrt{x^2-2x-3}}{3}khix\le -1\\ \frac{\left(x^2-2x-3\right)\sqrt{x^2-2x-3}}{3}\text{+1 }khix\ge 3\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}F\left(-3\right)=\frac{12\sqrt{12}}{3}=8\sqrt{3}\\ F\left(5\right)=\frac{12\sqrt{12}}{3}+1=8\sqrt{3}+1\end{array}\right.$

Vậy $F\left(-3\right)+F\left(5\right)=16\sqrt{3}+1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=16\\ b=1\end{array}\right.\Rightarrow a+b=17.$

Chọn A.

Ta có $\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\frac{xdx}{1-{\sin }^{2}x}=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\frac{xdx}{{\cos }^{2}x}$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}x=u\\ dv=\frac{dx}{{\cos }^{2}x}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}dx=du\\ v=\tan x\end{array}\right.$

$\Rightarrow I=x\tan x\left|\begin{array}{l}\frac{\pi }{4}\\ 0\end{array}\right.-\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\tan xdx=\frac{\pi }{4}-\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\frac{\sin x}{\cos x}dx$

$=\frac{\pi }{4}+\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\frac{d\left(\cos x\right)}{\cos x}=\frac{\pi }{4}+\ln \left|\cos x\right|\left|\begin{array}{l}\frac{\pi }{4}\\ 0\end{array}\right.$

     $=\frac{\pi }{4}+\ln \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\pi }{4}+\ln \sqrt{2}-\ln 2$

$\Rightarrow a=4,b=2$

Vậy a + 3b = 10.

Chọn D.

Xét tích phân $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}xf\left(x\right)dx.$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=f\left(x\right)\\ dv=xdx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=f\text{'}\left(x\right)dx\\ v=\frac{x^2}{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow I=\frac{x^2}{2}f\left(x\right)\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.-\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}f\text{'}\left(x\right)dx$

     $=\frac{1}{2}f\left(1\right)-\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}x\left(e^x-1\right)dx=-\frac{1}{2}J$

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

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=e^{x}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=e^x\end{array}\right.$

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}x{e}^{x}dx=x{e}^x\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.-\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{x}dx=e-\left(e-1\right)=1.$

Vậy $I=-\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}.$

Chọn B.

Số phức z = a + bi có phần thực là a và phần ảo là b

Chọn A.

Ta có $z^2-2z+2=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{z}_1=1-i\\ z_2=1+i\end{array}\right..$

Vậy phần ảo của số phức $z_2$ là 1.

Chọn C.

Ta có:

$z+2\left|z\right|=12\iff z=12-2\left|z\right|$

$\iff {\left|z\right|}^2={\left|12-2\left|z\right|\right|}^2={\left(12-2\left|z\right|\right)}^2$

$\iff {\left|z\right|}^2=144-48\left|z\right|+{\left|z\right|}^2$

$\iff \left|z\right|=3$

Khi đó ta có $z+2.3=12\iff z=6.$

Vậy phần ảo của số phức z bằng 0.

Chọn A.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left|z-1-2i\right|\le 1\\ \left|z-2-4i\right|\le 2\end{array}\right.$

Mà $\left|z-1-2i\right|=\left|z-\left(1+2i\right)\right|\ge \left|\left|z\right|-\left|1+2i\right|\right|$

$\Rightarrow \left|z\right|-\left|1+2i\right|\le 1$

$\Rightarrow \sqrt{5}-1\le \left|z\right|\le 1+\sqrt{5}$

Tương tự ta có $2\sqrt{5}-2\le \left|z\right|\le 2+2\sqrt{5}.$

Kết hợp ta có $\sqrt{5}-1\le \left|z\right|\le 2+2\sqrt{5}.$

Vậy $\left\{\begin{array}{l}\min \left|z\right|=\sqrt{5}-1\\ \min \left|z\right|=2+2\sqrt{5}\end{array}\right.\Rightarrow \min \left|z\right|+\max \left|z\right|=3\sqrt{5}-1$.

Chọn A.

Có 5 khối đa diện đều: tứ diện đều; hình lập phương; bát diện đều; 12 mặt đều; 20 mặt đều.

Chọn D.

Gọi $O=AC\cap BD$.

Trong (SAC) gọi $G=AI\cap SO\Rightarrow G=AI\cap \left(SBD\right)$ và G là trọng tâm $\Delta SAC$.

Ta có: $AI\cap \left(SBD\right)=G\Rightarrow \frac{d\left(I;\left(SBD\right)\right)}{d\left(A;\left(SBD\right)\right)}=\frac{IG}{AG}=\frac{1}{2}.$