Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 2)

Chọn D.

Đồ thị trên là của hàm số dạng $y=a{x}^4+b{x}^2+c,$ với a > 0. Do đó chọn đáp án D.

Chọn A.

Thể tích khối cầu là $V=\frac{4\pi r^3}{3}=\frac{4\pi {.3}^3}{3}=36\pi .$

Chọn B.

Ta có ${\log }_{a^4}b=\frac{1}{4}{\log }_{a}b.$

Chọn A.

Từ phương trình mặt cầu $\left(S\right):x^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=9,$ suy ra bán kính của nó là $R=\sqrt{9}=3.$

Chọn A.

ĐKXĐ: $x-1>0\iff x>1.$ Tập xác định của hàm số là $\left(1;+\infty \right)$.

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x+1}{x+1}=2.$ Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng y = 2.

Chọn D.

Thể tích khối hộp chữ nhật cần tìm là: V = 2.6.7 = 84.

Chọn B.

Hình chiếu vuông góc của điểm (3; 5; 2) trên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ là (3; 5; 0).

Chọn A.

Gọi V, h lần lượt là thể tích và chiều cao của khối chóp.

Khi đó: $h=\frac{3V}{B}=\frac{3.12}{2}=18.$

Vậy, chiều cao của khối chóp đã cho bằng 18.

Chọn C.

Vì $d:\frac{x-3}{4}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z+2}{3}$ nên d có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left(4;-1;3\right).$

Chọn C.

Điểm M(-2; 1) biểu diễn số phức z = -2 + i.

Vậy môđun của z bằng $\left|z\right|=\left|-2+i\right|=\sqrt{{\left(-2\right)}^2+1^2}=\sqrt{5}$.

Chọn A.

$\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{2x+1}{{\left(x+1\right)}^2}dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{2\left(x+1\right)-1}{{\left(x+1\right)}^2}dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\left[\frac{2}{\left(x+1\right)}-\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}\right]dx=2\ln \left(x+1\right)+\frac{1}{x+1}+C$

Chọn D.

Ta có $u_3=q^2{u}_1=2^2.3=12.$

Chọn D.

Mặt phẳng qua ba điểm trên ba trục tọa độ $A\left(-1;0;0\right),B\left(0;2;0\right),C\left(0;0;3\right)$ có phương trình $\frac{x}{-1}+\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=1.$

Chọn C.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}SA\perp BC\\ AB\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)$

B là hình chiếu của C lên mặt (SAB).

$\Rightarrow \left(SC;\left(SAB\right)\right)=\left(SC,SB\right)=\widehat{BSC}$

Xét $\Delta SAB$ vuông tại A có $SB=\sqrt{A{B}^2+S{A}^2}=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt{3}.$

Xét $\Delta SBC$ vuông tại B có $\tan \widehat{BSC}=\frac{BC}{SB}=\frac{3a}{a\sqrt{3}}=\sqrt{3}$

Vậy $\left(SC,\left(SAB\right)\right)=\widehat{BSC}={60}^0$.

Chọn B.

Từ bảng xét dấu f'(x) của hàm số f(x) ta thấy hàm số đổi dấu từ âm sang dương tại x = -2 và x = 2 nhưng f(x) có tập xác định $ℝ\backslash \left\{2\right\}$ nên hàm số có 1 điểm cực tiểu.

Chọn C.

Ta có $y\text{'}=2.f\text{'}\left(2x+1\right),$ hàm số nghịch biến $\Rightarrow f\text{'}\left(2x+1\right)<0$

Vậy hàm số f(2x + 1) nghịch biến trên $\left(-\infty ;-2\right)$ và $\left(-1;0\right)$.

Chọn B.

Ta có $z^2.\overline{w}={\left(4+2i\right)}^2\left(1-i\right)=\left(12+16i\right)\left(1-i\right)=4i+28$

$\Rightarrow$Môđun của số phức $z^2\overline{w}$ bằng $20\sqrt{2}.$

Chọn A.

Ta có $\overrightarrow{BC}=\left(2;0;-1\right),\overrightarrow{BD}=\left(0;-1;2\right)$

Gọi $\overrightarrow{n}$ là một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng (BCD) khi đó $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}\right]=\left(-1;-4;-2\right).$

Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (BCD) có một vec tơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{n}=\left(-1;-4;-2\right).$

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là $\left\{\begin{array}{l}x=1-t\\ y=-4t\\ z=2-2t\end{array}\right..$ 

So sánh với các đáp án ta được phương trình đường thẳng cần tìm là $\left\{\begin{array}{l}x=2-t\\ y=4-4t\\ z=4-2t\end{array}\right..$

Chọn D.

Gọi $z=x+yi,\left(x,y\in ℝ\right)\Rightarrow \overline{z}=x-yi.$

Theo đề bài $3\left(\overline{z}-i\right)-\left(2+3i\right)z=7-16i\iff 3\left(x-yi-i\right)-\left(2+3i\right)\left(x+yi\right)=7-16i$

$\iff \left(x+3y\right)-\left(3x+5y+3\right)i=7-16i\iff \left\{\begin{array}{l}x+3y=7\\ 3x+5y+3=16\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=2\end{array}\right.\Rightarrow z=1+2i.$

Vậy mô đun của số phức z là $\left|z\right|=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$.

Do $F\left(x\right)=x^3$ là một nguyên hàm của hàm số f(x) nên

Chọn C.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng -1.

Chọn D.

Ta có: $OA=r=2\Rightarrow AB=4.$

Tam giác SAB có: $SA=SB,\widehat{ASB}={60}^0$ nên $\Delta SAB$ đều cạnh 4.

$\Rightarrow l=SA=SB=4.$

Vậy diện tích xung quanh hình nón bằng: $S_{xq}=\pi rl=\pi \mathrm{.2.4}=8\pi .$

Chọn D.

Ta có: $2f\left(x\right)-3=0\iff f\left(x\right)=\frac{3}{2}$

Do đó số nghiệm của phương trình là số giao điểm giữa đồ thị y = f(x) và đường thẳng $y=\frac{3}{2}.$

Suy ra phương trình $2f\left(x\right)-3=0$ có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Ta có: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.a^2=\frac{a^3}{3}.$

Chọn A.

Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(x\right)-{\sin }^{2}x-3m$ trên khoảng $\left(0;\frac{\pi }{2}\right).$

Do trên khoảng $\left(0;\frac{\pi }{2}\right),1<f\text{'}\left(x\right)<6$ nên $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-\sin 2x>0,\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$.

Như vậy hàm số y = g(x) đồng biến trên khoảng $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ và $g\left(x\right)<g\left(\frac{\pi }{2}\right)=f\left(\frac{\pi }{2}\right)-1-3m$.

Bất phương trình $f\left(x\right)<{\sin }^{2}x+3m,\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ khi và chỉ khi $g\left(x\right)<0,\forall x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$.

Hay $f\left(\frac{\pi }{2}\right)-1-3m\le 0\iff m\ge \frac{1}{3}\left[f\left(\frac{\pi }{2}\right)-1\right].$

Chọn C.

Ta có phương trình mặt phẳng ABC là $x+y+z=1$ và 1 vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_1}=\left(1;1;1\right).$

$\overrightarrow{BC}=\left(0;-1;1\right).$ Một vectơ pháp tuyến của (P) là $\overrightarrow{n_2}=\left[\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{BC}\right]=\left(2;-1;-1\right).$

Suy ra phương trình mặt phẳng (P) là $2x-y-z+1=0.$

Gọi H là trung điểm BC, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC 

ta có $H\left(0;\frac{1}{2};\frac{1}{2}\right)$ và IH vuông góc với mặt phẳng (P). Như vậy phương trình đường thẳng IH là $\left\{\begin{array}{l}x=2t\\ y=\frac{1}{2}-t\\ z=\frac{1}{2}-t\end{array}\right..$

Gọi $I\left(2t;\frac{1}{2}-t;\frac{1}{2}-t\right)\in IH,$ ta có

$IA=IB\iff \sqrt{{\left(2t-1\right)}^2+{\left(t-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(t-\frac{1}{2}\right)}^2}=\sqrt{{\left(2t\right)}^2+{\left(t+\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(t-\frac{1}{2}\right)}^2}\iff t=\frac{1}{6}\iff I\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right).$

Khi đó khoảng cách từ I đến mặt phẳng (Q) bằng $d\left(I,\left(Q\right)\right)=\frac{\left|2.\frac{1}{3}-3.\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+1\right|}{\sqrt{2^2+{\left(-3\right)}^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{14}}.$

Chọn B.

Ta có $4^x+2m{.6}^x+{3.9}^x=0\iff 3{\left(\frac{9}{4}\right)}^x+2m{\left(\frac{3}{2}\right)}^x+1=0.$

Nhận thấy $a.c=3.1=3>0$ nên nếu phương trình có hai nghiệm thì hai nghiệm đó cùng dấu. Suy ra điều kiện để phương trình đã cho có nghiệm là $\left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=m^2-3\ge 0\\ -\frac{b}{a}=-\frac{2m}{3}>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m\ge \sqrt{3}\\ m\le -\sqrt{3}\end{array}\right.\\ m<0\end{array}\right.\iff m\le -\sqrt{3}.$

Như vậy trên đoạn [-10; 0] có $m\in \left\{-10;-9;-8;-7;-6;-5;-4;-3;-2\right\}$ thỏa mãn. Hay có 9 giá trị nguyên m thỏa mãn bài toán.

Chọn A.

Ta có $w=\frac{3+iz}{1+z}\iff w+zw=3+iz\iff w-3=\left(i-w\right)z\iff \left|w-3\right|=\left|w-i\right|\left|z\right|.$

Giả sử $w=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$

$\Rightarrow {\left(a-3\right)}^2+b^2={\left|z\right|}^2\left[a^2+{\left(b-1\right)}^2\right]\iff \left(1-{\left|z\right|}^2\right)\left(a^2+b^2\right)-6a+2{\left|z\right|}^{2}b+9-{\left|z\right|}^2=0.$

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là một đường thẳng nên $\left(1-{\left|z\right|}^2\right)\left(a^2+b^2\right)=0.$ Vì w = 0 không thỏa mãn bài toán, suy ra $\left|z\right|=1.$

Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu: $n\left(\Omega \right)=C_{100}^3.$

Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100 có 50 số chẵn và 50 số lẻ.

Giả sử 3 số được chọn theo thứ tự là a, b c, ta có $a+c=2b,$ suy ra a và c có cùng tính chẵn lẻ. Ứng với mỗi cách chọn a, c có duy nhất cách chọn b.

Do đó số cách chọn 3 số được lập cấp số cộng bằng số cách chọn 2 số cùng chẵn hoặc 2 số cùng lẻ.

Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có $n\left(A\right)=C_{50}^2+C_{50}^2.$

$\Rightarrow P\left(A\right)=\frac{2C_{50}^2}{C_{100}^3}\approx 0,015.$

Chọn A.

Theo giả thiết ABCD có diện tích bằng $16\Rightarrow AB=4.$

Gọi H là trung điểm của $AB\Rightarrow OH\perp \left(ABCD\right)$ và $OH=\sqrt{2};AH=2$

$\Rightarrow OA=\sqrt{A{H}^2+O{H}^2}=\sqrt{6}$

$r=\sqrt{6};l=4\Rightarrow S_{xq}=2\pi rl=2\pi .\sqrt{6}.4=8\sqrt{6}\pi .$

Chọn C.

Từ giả thuyết: $f\left(-x\right)+2021f\left(x\right)+x\sin x,\forall x\in ℝ$

$\iff \underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(-x\right)dx+2021\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}x\sin xdx\left(*\right)$

Tính: $\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(-x\right)dx\stackrel{t=-x}{=}-\underset{\frac{\pi }{2}}{\overset{-\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(t\right)dt=\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(t\right)dt=\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)dx=I.$

Tính: $\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}x\sin xdx$. Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=\sin xdx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=-\cos x\end{array}\right.$

$\Rightarrow \underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}x\sin xdx=-x\cos x\left|\begin{array}{l}\frac{\pi }{2}\\ -\frac{\pi }{2}\end{array}\right.+\underset{-\frac{\pi }{2}}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\cos xdx=\sin x\left|\begin{array}{l}\frac{\pi }{2}\\ -\frac{\pi }{2}\end{array}\right.=2$

$\left(*\right)\iff I+2021.I=2\iff I=\frac{1}{1011}$.