Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 20)

Hàm số đã cho nghịch biến trên (-1; 2)

Chọn C.

Mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2x+4y-6z-2=0$ có tâm I(1; -2; 3)

Chọn D.

Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng $S_{xq}=2\pi rh=2\pi rl=2\pi \mathrm{.3.5}=30\pi .$

Chọn A.

Thể tích của khối nón đã cho là: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.2}^2.\sqrt{3}=\frac{4\pi \sqrt{3}}{3}.$

Chọn C.

$f\left(x\right)=3^x\Rightarrow \underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}{3}^{x}dx=\frac{3^x}{\ln 3}+C.$

Chọn C.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB\Rightarrow \Delta SBC$ vuông tại B.

$\Rightarrow \Delta SBC$ vuông cân tại $B\Rightarrow BC=SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=2a.$

$\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}.a.2a=a^2.$

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}.$

Chọn C.

Mặt phẳng $\left(\alpha \right):3x-2y+2z+7=0$ có 1 VTPT là $\overrightarrow{n_{\alpha }}=\left(3;-2;2\right).$

Mặt phẳng $\left(\beta \right):5x-4y+3z+1=0$ có 1 VTPT là $\overrightarrow{n_{\beta }}=\left(5;-4;3\right).$

Do mặt phẳng (P) vuông góc với $\left(\alpha \right)$ và $\left(\beta \right)$ nên $\overrightarrow{n_P}=\left[\overrightarrow{n_{\alpha }},\overrightarrow{n_{\beta }}\right]=\left(2;1;-2\right)$ là 1 VTPT của (P).

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: $2x+y-2z=0.$

Chọn B.

$3^{3x+6}=\frac{1}{27}=3^{-3}\iff 3x+6=-3\iff x=-3.$

Chọn B.

$d\left(M;\left(P\right)\right)=\frac{\left|1-3.2+1-1\right|}{\sqrt{1^2+{\left(-3\right)}^2+1^2}}=\frac{5}{\sqrt{11}}=\frac{5\sqrt{11}}{11}.$

 

Chọn A.

Đồ thị hàm số $y={\log }_{a}x,y={\log }_{b}x$ đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ nên a > 1

Đồ thị hàm số $y={\log }_{c}x$ đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ nên 0 < c < 1

Với cùng 1 giá trị $x_0>1$ ta có ${\log }_b{x}_0<{\log }_a{x}_0\iff \frac{1}{{\log }_{x_0}b}<\frac{1}{{\log }_{x_0}a}\iff {\log }_{x_0}b>{\log }_{x_0}a.$

Do $x_0>1$ nên b > a

Vậy c < a < b

Chọn C.

Ta có $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow AO$ là hình chiếu vuông góc của SO lên (ABCD).

$\Rightarrow \angle \left(SO;\left(ABCD\right)\right)=\angle \left(SO;AO\right)=\angle SOA.$

Vì ABD là tam giác đều cạnh $a\sqrt{2}$ nên $AO=\frac{a\sqrt{2}.\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.$

Xét tam giác vuông SAO có: $\tan \angle SOA=\frac{SA}{AO}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}:\frac{a\sqrt{6}}{2}=\sqrt{3}\Rightarrow \angle SOA={60}^0.$

Vậy $\angle \left(SO;\left(ABCD\right)\right)={60}^0.$

Chọn D.

Đặt $u=\ln x\Rightarrow du=\frac{1}{x}dx$.

Đổi cận: $\left\{\begin{array}{l}x=e\Rightarrow u=\ln e=1\\ x=3\Rightarrow u=\ln 3\end{array}\right..$

Vậy $\underset{e}{\overset{3}{\int }}\frac{1}{x\ln x}dx=\underset{1}{\overset{\ln 3}{\int }}\frac{1}{u}du.$

Chọn D.

Với các số $a,b>0,a\ne 1,$ ta có:

${\log }_{a^2}\left(ab\right)=\frac{1}{2}{\log }_{a}ab=\frac{1}{2}\left(1+{\log }_{a}b\right)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{\log }_{a}b.$

Chọn D.

Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được $A_6^3=120$ số có ba chữ số.

Chọn B.

$\left(2+4i\right)i=2i+4i^2=-4+2i.$

Chọn B.

Hàm số đã cho xác định liên tục trên [0; 2]

Ta có

$f\text{'}\left(x\right)=\frac{\left(2x-3\right)\left(x+1\right)-x^2+3x}{{\left(x+1\right)}^2}=\frac{x^2+2x-3}{{\left(x+1\right)}^2}$

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff x^2+2x-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\in \left[0;2\right]\\ x=-3\notin \left[0;2\right]\end{array}\right..$

 

Mà $f\left(0\right)=0,f\left(1\right)=-1,f\left(2\right)=-\frac{2}{3}.$

Vậy $\underset{\left[0;2\right]}{\min }f\left(x\right)=-1.$

Chọn D.

$e^{2\ln a}={\left(e^{\ln a}\right)}^2=a^2.$

Chọn C.

Gọi $\left\{\begin{array}{l}A\left(3+a;3+2a;-2-a\right)=d\cap d_1\\ B\left(5+3b;-1-2b;2-b\right)=d\cap d_2\end{array}\right..$ Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(3b-a+2;-2b-2a-4;-b+a+4\right).$

Vì $d//d_3$ nên $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{u_3}$ cùng phương, với $\overrightarrow{u_3}=\left(1;2;3\right)$ là 1 VTCP của đường thẳng $d_3.$

Khi đó ta có:

$\frac{3b-a+2}{1}=\frac{-2b-2a-4}{2}=\frac{-b+a+4}{3}$

$\iff \left\{\begin{array}{l}6b-2a+4=-2b-2a-4\\ 9b-3a+6=-b+a+4\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}8b=-8\\ 10b-4a+2=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b=-1\\ a=-2\end{array}\right.$

$\Rightarrow A\left(1;-1;0\right),B\left(2;1;3\right).$

Vậy phương trình đường thẳng d đi qua A(1; -1; 0) và có 1 VTCP $\overrightarrow{u_3}=\left(1;2;3\right)$ là $\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z}{3}.$

Chọn D.

Ta có:

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

$=\frac{1}{2}\left[f\left(4\right)-f\left(2\right)\right]=\frac{1}{2}\left(2021-1\right)=1010$

Chọn B.

Ta có:

$2=\left|z-3+4i\right|=\left|z-\left(3-4i\right)\right|\ge \left|\left|z\right|-\left|3-4i\right|\right|$

$\Rightarrow \left|\left|z\right|-5\right|\le 2\iff -2\le \left|z\right|-5\le 2\iff 3\le \left|z\right|\le 7$

$\Rightarrow M={\left|z\right|}_{\max }=7,m={\left|z\right|}_{\min }=3.$

Vậy $M^2+m^2=7^2+3^2=58.$

Chọn A.

Ta có:

$I=\underset{-1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx$

     $=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{3}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx$

     $=S_{\Delta OAB}+S_{OBCM}+S_{\Delta CDM}-S_{\Delta DEN}-S_{NEFP}$

     $=\frac{1}{2}\mathrm{.1.2}+1.2+\frac{1}{2}\mathrm{.1.2}-\frac{1}{2}\mathrm{.1.1}-1.1$

     $=\frac{5}{2}=2,5$

Chọn D.

Ta có: $y=x^3-m{x}^2+\left(m-6\right)x+1\Rightarrow y\text{'}=3x^2-2mx+m-6.$

Để hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) thì $y\text{'}\le 0\forall x\in \left(0;2\right)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

$\Rightarrow 3x^2-2mx+m-6\le 0\forall x\in \left(0;2\right).$

Ta có $\Delta \text{'}=m^2-3\left(m-6\right)=m^2-3m+18>0\forall m$ nên phương trình $3x^2-2mx+m-6=0$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1<x_2.$ Khi đó ta có $3x^2-2mx+m-6\le 0\iff x\in \left(x_1;x_2\right).$

Do đó để $3x^2-2mx+m-6\le 0\forall x\in \left(0;2\right)$ thì $\left(0;2\right)\subset \left(x_1;x_2\right)\Rightarrow x_1\le 0<2\le x_2.$

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1\le 0<x_2\\ x_1<2\le x_2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1{x}_2\le 0\\ \left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)\le 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{m-6}{3}\le 0\\ \frac{m-6}{3}-2.\frac{2m}{3}+4\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\le 6\\ m-6-4m+12\le 0\end{array}\right.$

 

$\iff \left\{\begin{array}{l}m\le 6\\ -3m+6\le 0\end{array}\right.\iff 2\le m\le 6$

 

Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{2;3;4;5;6\right\}.$

Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu.

Chọn C.

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn số phức $z_1,z_2:$

Theo bài ra ta có $\left|z_1\right|=2,\left|z_2\right|=1\Rightarrow z_1\in \left(0;2\right),z_2\in \left(0;1\right)\Rightarrow OM=2,ON=1.$

Gọi M', N' lần lượt là điểm biểu diễn số phức $2z_1,3z_2.$ Vì $\left|2z_1-3z_2\right|=4\Rightarrow M\text{'}N\text{'}=4.$

Gọi N'' là điểm biểu diễn số phức $2z_2,$ khi đó ta có $P=\left|z_1+2z_2\right|=\left|\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON"}\right|=OP,$ với OMPN'' là hình bình hành.

Xét tam giác OM'N' có $\cos \angle M\text{'}ON\text{'}=\frac{OM{\text{'}}^2+ON{\text{'}}^2-M\text{'}N{\text{'}}^2}{2.OM\text{'}.ON\text{'}}=\frac{4^2+3^2-4^2}{\mathrm{2.4.3}}=\frac{3}{8}.$

$\Rightarrow O{P}^2=O{M}^2+ON{"}^2+2OM.ON".\cos \angle M\text{'}ON\text{'}=11\Rightarrow OP=\sqrt{11}.$

Vậy $P=\sqrt{11}.$

Chọn B.

Xét hệ $\left\{\begin{array}{l}x-2y+1=0\\ x-2z-3=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}z=t\\ x=3+2t\\ y=\frac{x+1}{2}=2+t\end{array}\right.$

$\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng $d=\left(\alpha \right)\cap \left(\beta \right)$ là $d:\left\{\begin{array}{l}x=3+2t\\ y=2+t\\ z=t\end{array}\right.$, do đó d có 1 VTCP là $\overrightarrow{u_d}=\left(2;1;1\right).$

Mặt phẳng $\left(P\right):3x+4y+5z+8=0$ có 1 VTPT là $\overrightarrow{n_P}=\left(3;4;5\right).$

Khi đó ta có: $\sin \phi =\cos \angle \left(\overrightarrow{u_d};\overrightarrow{n_P}\right)=\frac{\overrightarrow{u_d}.\overrightarrow{n_P}}{\left|\overrightarrow{u_d}\right|.\left|\overrightarrow{n_P}\right|}=\frac{2.3+1.4+1.5}{\sqrt{2^2+1^2+1^2}.\sqrt{3^2+4^2+5^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Vậy $\phi ={60}^0.$

Chọn D.

Ta có $f\left(\left|x+2\right|\right)=f\left(\sqrt{{\left(x+2\right)}^2}\right)$.

$\Rightarrow y\text{'}=\frac{2\left(x+2\right)}{2\sqrt{{\left(x+2\right)}^2}}f\text{'}\left(\left|x+2\right|\right)=\pm f\text{'}\left(\left|x+2\right|\right)$

$y\text{'}=0\iff f\text{'}\left(\left|x+2\right|\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}\left|x+2\right|=-1\left(vônghiệm\right)\\ \left|x+2\right|=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=-3\end{array}\right.$

 

Vậy số điểm cực trị của hàm số $y=f\left(\left|x+2\right|\right)$ là 2.0 + 1 = 1.

Chọn B.