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

Ta có: f'x=x−13x−2=0⇔x=1x=2.

BXD:

⇒ Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 1.

Chọn B.

Đường thẳng d:x=1−ty=2+3tz=5−tt∈ℝ. Một vectơ chỉ phương của d là u2→=−1;3;−1.

Chọn A.

Dựa vào BBT suy ra hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 1.

Chọn A.

Ta có: z2+2z+5=0⇔z1=−1+2iz2=−1−2i⇒z1=z2=5.

Vậy z12+z22=5+5=10.

Chọn A.

Đường thẳng d1:x=2−2ty=4tz=−3+6t có 1 VTCP là u1→=−2;4;6.

Đường thẳng d2:x=1−ty=2+2tz=3t có 1 VTCP là u2→=−1;2;3.

Ta có u1→=2u2→ nên d1≡d2 hoặc d1//d2

Lấy M2;0;−3∈d1, thay vào phương trình đường thẳng d2 ta có: 2=1−t0=2+2t−3=3t⇔t=−1⇒M∈d2.

Vậy d1≡d2.

Chọn B.

BBT là của hàm đa thức bậc bốn trùng phương nên loại đáp án B và C.

Nhánh cuối của đồ thị đi xuống nên chọn đáp án A.

Chọn A.

Cho cấp số nhân un có số hạng đầu u1 và công bội q. Số hạng tổng quát un được xác định theo công thức un=u1qn−1.

Chọn B.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x2−4=x−4⇔x2−x=0⇔x=0x=1.

Khi đó diện tích cần tính là S=∫01x2−xdx=∫01x−x2dx.

Chọn C.

Ta có 2fx−5=0⇔fx=52.

Đường thẳng y=52 cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt nên phương trình 2fx−5=0 có 4 nghiệm phân biệt.

Chọn B.

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

Chọn C.

Mặt cầu S:x2+y2+z2−2x+4y−6z−2=0 có tâm I(1; -2; 3)

Chọn D.

Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng Sxq=2πrh=2πrl=2π.3.5=30π.

Chọn A.

Thể tích của khối nón đã cho là: V=13πr2h=13π.22.3=4π33.

Chọn C.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz hình chiếu vuông góc của A(-1; 2; 1) trên trục Oy là (0; 2; 0)

Chọn B.

fx=3x⇒∫fxdx=∫3xdx=3xln3+C.

Chọn C.

Ta có BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥SAB⇒BC⊥SB⇒ΔSBC vuông tại B.

⇒ΔSBC vuông cân tại B⇒BC=SB=SA2+AB2=2a.

⇒SΔABC=12AB.AC=12.a.2a=a2.

Vậy VS.ABC=13SA.SΔABC=13.a3.a2=a333.

Chọn C.

log2x+log3x=1+log2x.log3x

⇔log2x−log2x.log3x+log3x−1=0

⇔log2x1−log3x−1−log3x=0

⇔1−log3xlog2x−1=0

⇔log3x=1log2x=1⇔x1=3x2=2

 

Vậy x12+x22=32+22=13.

Chọn A.

Mặt phẳng α:3x−2y+2z+7=0 có 1 VTPT là nα→=3;−2;2.

Mặt phẳng β:5x−4y+3z+1=0 có 1 VTPT là nβ→=5;−4;3.

Do mặt phẳng (P) vuông góc với α và (β) nên nP→=nα→,nβ→=2;1;−2 là 1 VTPT của (P).

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

Chọn B.

33x+6=127=3−3⇔3x+6=−3⇔x=−3.

Chọn B.

dM;P=1−3.2+1−112+−32+12=511=51111.

 

Chọn A.

ĐKXĐ: x≥1x≠2.

Ta có:

limx→+∞y=limx→+∞x−1−1x−2=0,limx→−∞y không tồn tại.

⇒y=0 là TCN của đồ thị hàm số.

limx→2+y=limx→2+x−1−1x−2=limx→2+x−2x−2x−1+1=12

 

⇒x=2 là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y=x−1−1x−2 là 2.

Chọn B.

a+bi1−i=3+2i⇔a+bi=1−i3+2i=5−i

⇒a=5,b=−1⇒ab=−5

Chọn B.

Đồ thị hàm số y=logax,y=logbx đồng biến trên 0;+∞ nên a > 1

Đồ thị hàm số y=logcx đồng biến trên 0;+∞ nên 0 < c < 1

Với cùng 1 giá trị x0>1 ta có logbx0<logax0⇔1logx0b<1logx0a⇔logx0b>logx0a.

Do x0>1 nên b > a

Vậy c < a < b

Chọn C.

Ta có SA⊥ABCD⇒AO là hình chiếu vuông góc của SO lên (ABCD).

⇒∠SO;ABCD=∠SO;AO=∠SOA.

Vì ABD là tam giác đều cạnh a2 nên AO=a2.32=a62.

Xét tam giác vuông SAO có: tan∠SOA=SAAO=3a22:a62=3⇒∠SOA=600.

Vậy ∠SO;ABCD=600.

Chọn D.

Đặt u=lnx⇒du=1xdx.

Đổi cận: x=e⇒u=lne=1x=3⇒u=ln3.

Vậy ∫e31xlnxdx=∫1ln31udu.

Chọn D.

Với các số a,b>0,a≠1, ta có:

loga2ab=12logaab=121+logab=12+12logab.

Chọn D.

Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được A63=120 số có ba chữ số.

Chọn B.

2+4ii=2i+4i2=−4+2i.

Chọn B.

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

Ta có

f'x=2x−3x+1−x2+3xx+12=x2+2x−3x+12

f'x=0⇔x2+2x−3=0⇔x=1∈0;2x=−3∉0;2.

 

Mà f0=0,f1=−1,f2=−23.

Vậy min0;2fx=−1.

Chọn D.

e2lna=elna2=a2.

Chọn C.

Gọi A3+a;3+2a;−2−a=d∩d1B5+3b;−1−2b;2−b=d∩d2. Ta có AB→=3b−a+2;−2b−2a−4;−b+a+4.

Vì d//d3 nên AB→,u3→ cùng phương, với u3→=1;2;3 là 1 VTCP của đường thẳng d3.

Khi đó ta có:

3b−a+21=−2b−2a−42=−b+a+43

⇔6b−2a+4=−2b−2a−49b−3a+6=−b+a+4

⇔8b=−810b−4a+2=0⇔b=−1a=−2

⇒A1;−1;0,B2;1;3.

Vậy phương trình đường thẳng d đi qua A(1; -1; 0) và có 1 VTCP u3→=1;2;3 là x−11=y+12=z3.

Chọn D.

Ta có:

I=∫12f'2xdx=12∫12f'2xd2x=12f2x21

=12f4−f2=122021−1=1010

Chọn B.

Ta có:

2=z−3+4i=z−3−4i≥z−3−4i

⇒z−5≤2⇔−2≤z−5≤2⇔3≤z≤7

⇒M=zmax=7,m=zmin=3.

Vậy M2+m2=72+32=58.

Chọn A.

Ta có:

I=∫−14fxdx

     =∫−10fxdx+∫01fxdx+∫12fxdx+∫23fxdx+∫34fxdx

     =SΔOAB+SOBCM+SΔCDM−SΔDEN−SNEFP

     =12.1.2+1.2+12.1.2−12.1.1−1.1

     =52=2,5

Chọn D.

Ta có: y=x3−mx2+m−6x+1⇒y'=3x2−2mx+m−6.

Để hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) thì y'≤0 ∀x∈0;2 và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

⇒3x2−2mx+m−6≤0 ∀x∈0;2.

Ta có Δ'=m2−3m−6=m2−3m+18>0 ∀m nên phương trình 3x2−2mx+m−6=0 có 2 nghiệm phân biệt x1<x2. Khi đó ta có 3x2−2mx+m−6≤0⇔x∈x1;x2.

Do đó để 3x2−2mx+m−6≤0 ∀x∈0;2 thì 0;2⊂x1;x2⇒x1≤0<2≤x2.

x1≤0<x2x1<2≤x2⇔x1x2≤0x1−2x2−2≤0

⇔m−63≤0m−63−2.2m3+4≤0⇔m≤6m−6−4m+12≤0

 

⇔m≤6−3m+6≤0⇔2≤m≤6

 

Mà m∈ℤ⇒m∈2;3;4;5;6.

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

Chọn C.

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn số phức z1,z2:

Theo bài ra ta có z1=2,z2=1⇒z1∈0;2,z2∈0;1⇒OM=2,ON=1.

Gọi M', N' lần lượt là điểm biểu diễn số phức 2z1,3z2. Vì 2z1−3z2=4⇒M'N'=4.

Gọi N'' là điểm biểu diễn số phức 2z2, khi đó ta có P=z1+2z2=OM→+ON"→=OP, với OMPN'' là hình bình hành.

Xét tam giác OM'N' có cos∠M'ON'=OM'2+ON'2−M'N'22.OM'.ON'=42+32−422.4.3=38.

⇒OP2=OM2+ON"2+2OM.ON".cos∠M'ON'=11⇒OP=11.

Vậy P=11.

Chọn B.

Xét hệ x−2y+1=0x−2z−3=0⇔z=tx=3+2ty=x+12=2+t

⇒ Phương trình đường thẳng d=α∩β là d:x=3+2ty=2+tz=t, do đó d có 1 VTCP là ud→=2;1;1.

Mặt phẳng P:3x+4y+5z+8=0 có 1 VTPT là nP→=3;4;5.

Khi đó ta có: sinφ=cos∠ud→;nP→=ud→.nP→ud→.nP→=2.3+1.4+1.522+12+12.32+42+52=32.

Vậy φ=600.

Chọn D.

Ta có fx+2=fx+22.

⇒y'=2x+22x+22f'x+2=±f'x+2

y'=0⇔f'x+2=0⇔x+2=−1vô nghiệmx+2=1⇔x=−1x=−3

 

Vậy số điểm cực trị của hàm số y=fx+2 là 2.0 + 1 = 1.

Chọn B.

Gọi N là trung điểm của BC ta có MN//BC⇒BC//AMN⊃AM

⇒dAM;BC=dBC;AMN=dC;AMN.

Lại có SC∩AMN=M⇒dC;AMNdS;AMN=CMSM=1⇒dC;AMN=dS;AMN

Ta có

AM=12SC=12SA2+AC2=1232+22=132

AN=12SB=12SA2+AB2=1232+22=132

MN=12BC=12AB2+AC2=12.22=2

Gọi p là nửa chu vi tam giác AMN ta có p=132+132+22=13+22.

⇒SΔAMN=pp−AMp−ANp−MN=224.

VS.AMNVS.ABC=SMSC.SNSB=14⇒VS.AMN=14VS.ABC,VS.ABC=13SA.12AB.AC=16.3.2.2=2.

⇒VS.AMN=14.2=12.

Vậy dAM;BC=dS;AMN=3VS.AMNSΔAMN=3.12224=32211.

Chọn C.

Gọi H, G, F lần lượt là trung điểm của AB, SC, SE và M=AC∩BD.

Dễ thấy AFGH là hình bình hành.

Ta có AF⊥SESA=AEGF⊥SEGF//AB//CE,AB⊥SE⇒SE⊥AFGH.

Khi đó (AFGH) là mặt phẳng trung trực của SE.

Theo bài ra ta có: ABCE là hình vuông ⇒CE⊥AD⇒ΔCED vuông tại E

Gọi I là trung điểm của CD⇒I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.

Qua I kẻ đường thẳng d//SA⇒d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.

Ta gọi O=GH∩d⇒O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE, bán kính R = OC.

Ta có IC=12CD=22.

ΔOIH∽ΔGMH⇒GMMH=OIIH⇒OI=32.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác OIC ta có ΔOIH∽ΔGMH⇒GMMH=OIIH⇒OI=32.

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CED là: Smc=4πR2=4π.1122=11π.

Chọn B.

- Đặt t=3x>0, phương trình đã cho trở thành: t2−2m−2t−m+4=0 *.

Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm dương phân biệt.

⇒Δ'>0S>0P>0⇔m−12−−m+4>02m−2>0−m+4>0

⇔m2−m−3>0m>1m<4⇔m>1+132m<1−132m>1m<4⇔1+132<m<4

Mà m∈ℤ⇒m=3.

Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C123.

Gọi A là biến cố: “chọn được 3 quả cầu khác màu”⇒nA=C51.C41.C31=60.

Vậy xác suất của biến cố A là PA=nAnΩ=60C123=311.

Chọn D.

Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P).

⇒ Phương trình đường thẳng d là: d:x=2+2ty=3−tz=4−t.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (P) khi đó H=d∩P nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình

x=2+2ty=3−tz=4−t2z−y−z+6=0⇔x=2+2ty=3−tz=4−t4+4t−3+t−4+t+6=0

⇔x=2+2ty=3−tz=4−t6t+3=0⇔x=1y=72z=92t=−12⇒H1;72;92

Chọn C.

Xét phương trình x3+3x2+m+1=0 *

TH1: x = 1 là nghiệm của *⇒5+m=0⇔m=−5.

Khi đó ta có y=x−1x3+3x2−4=x−1x−1x+22=1x+22, khi đó đồ thị có TCĐ x = -2.

⇒m=−5 thỏa mãn.

TH2: x = 1 không là nghiệm của (*), khi đó để đồ thị đã cho có đúng 1 TCĐ thì (*) có nghiệm duy nhất khác 1.

Ta có *⇔m=−x3−3x2−1=fx.

Xét hàm số fx=−x3−3x2−1 ta có f'x=−3x2−6x=0⇔x=0x=−2.

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy m = f(x) có nghiệm duy nhất khác 1 khi m>−1m<−5.

Kết hợp 2 TH ta có m≤5m>−1.

Chọn D.

Ta có: I=∫tt+5f'xdx=fxt+5t=ft+5−ft.

Chọn t = 0 ta có I = f(5) - f(0)

Ta có: fx=x3+ax2+bx+c⇒f'x=3x2+2ax+b

Vì f'(0) = f'(5) = 2 nên 0 và 5 là hai nghiệm của phương trình f'x−2=0⇔3x2+2ax+b−2=0

Áp dụng địn lí Vi-ét ta có −2a3=5b−23=0⇔a=−152b=2

Khi đó ta có:

I = f(5) - f(0)

I=125+25a+5b+c−c

I=125+25a+5b

I=125−25.152+5.2=−1052.

Chọn A.

Trong (ABC) xác định điểm E sao cho ACEO là hình bình hành.

Khi đó ta có CE//AO//A'O'CE=AO=A'O'⇒A'O'EC cũng là hình bình hành.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: O'GGE=O'KCE=O'KA'O'=12⇒O'GO'E=13.

Trong (AOO'A') kéo dài O'M cắt AO tại D.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có O'MMD=A'O'AD=A'MAM=1⇒O'MO'D=12.

Khi đó ta có VO'.OMGVO'.ODE=O'MO'D.O'GO'E=12.13=16⇒VO'.ODE=6VO'.OMG=6a3.

Ta có VO'.ODE=13h.SΔODE=6a3.

Ta lại có SΔODE=12dE;OD.OD

Ta có OD=2OA=2.23.a32=2a33,dE;OD=dC;AO=a2.

⇒SΔODE=12dE;OD.OD=12.2a33.a2=a236.

Vậy h=18a3a236=36a3.

Chọn B.

ĐKXĐ: x > 0

Lấy logarit cơ số 2020 cả hai vế của phương trình xlog2020x3−a=2021 ta được:

     log2020xlog2020x3−a=log20202021

⇔log2020x3−alog2020x=log20202021

⇔3log20202x−alog2020x−log20202021=0

Đặt t=log2020x, phương trình trở thành 3t2−at−log20202021=0 *.

Vì phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x1.x2=32

Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt t1,t2 thỏa mãn

t1+t2=log2020x1+log2020x2=log2020x1x2=log202032.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có t1+t2=a3=log202032⇔a=3.log202032≈1,37.

Vậy 1≤a≤2.

Chọn A.

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa ∆ và song song với d

Khi đó ta có dΔ;d=dd;Q=dO;Q do O∈d.

Gọi nQ→=a;b;c là 1 VTPT của (Q).

Khi đó phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A(3; -1; -1) là:

                     ax−3+by+1+cz+1=0⇔ax+by+cz−3a+b+c=0

Lại có d // (Q) nên ud→⊥nQ→⇔3a+2b+2c=0.

Ta có: dO;Q=−3a+b+ca2+b2+c2=3.

⇔−3a+b+c2=9a2+b2+c2

⇔9a2+b2+c2−6ab−6ac+2bc=9a2+b2+c2

⇔4b2+c2=−3ab−3ac+bc

Ta có hệ phương trình

4b2+c2=−3ab−3ac+bc3a+2b+2c=0

⇔4b2+c2=2b+cb+2b+cc+bc3a=−2b+c

⇔4b2+4c2=2b2+2bc+2bc+2c2+bc3a=−2b+c

⇔2b2+2c2−5bc=03a=−2b+c

⇔b=2cc=2b3a=−2b+c

⇔b=2c;a=−2cc=2b;a=−2b

⇔nQ→=−2c;2c;c=−2;2;1nQ→=−2b;b;2b=−2;1;2

Gọi d'=P∩Q. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên P,d',M=Δ∩P.

Khi đó ta có ∠P;Q=∠AKH,φ=∠Δ;P=∠AMH.

Ta có cosφ đạt giá trị nhỏ nhất ⇒sinφ đạt giá trị lớn nhất.

Ta có sinφ=AHAM≤AHAK, do đó sinφmax=AHAK⇔H≡K.

Khi đó cosφmin=cosP;Q=nP→.nQ→nP→.nQ→.

TH1: nQ→=−2;2;1⇒cosφmin=−2.1+2.2+1.29.9=49.

TH2: nQ→=−2;1;2⇒cosφmin=−2.1+1.2+2.29.9=49.

Vậy giá trị nhỏ nhất của cosφ bằng 49.

Chọn C.

ĐKXĐ: 0<x<m.

Ta có:

     log2x+log3m−x=2

⇔log3m−x=2−log2x=log24x

Đặt log3m−x=log24x=t⇒m−x=3t4x=2t

⇒m−3t=42t⇔m=3t+42t=ft.

Ta có f't=3tln3−4.ln22t=0⇔6tln3−4ln2=0

⇔6t=4ln2ln3⇔4log32⇒t=log64log32=t0

BBT:

Phương trình m = f(t) có nghiệm khi và chỉ khi m≥ft0≈4,5.

Kết hợp điều kiện đề bài và m∈ℤ⇒m∈5;6;7;...;19. Vậy có 15 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn A.

Ta có: y=mx+m+1x−2⇒y'=m+m+12x−2=2mx−2+m+12x−2

Để hàm số nghịch biến trên D=2;+∞ thì y'≤0 ∀x∈2;+∞.

⇒2mx−2+m+12x−2≤0 ∀x∈0;2

⇔m2x−2+1≤−1 ∀x∈0;2

⇔m≤−12x−2+1 ∀x∈0;2

Đặt gx=−12x−2+1 ta có m≤gx ∀x∈0;2⇔m≤min2;+∞gx.

Ta có g'x=1x−22x−2+12>0 ∀x∈2;+∞ nên hàm số đồng biến trên 2;+∞.

Do đó min2;+∞gx=g2=−1.

Vậy m≤−1.

Chọn B.