Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 21)

Tọa độ điểm G là $\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{1+0+2}{3}=1\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{-5+2+9}{3}=2\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}=\frac{4-1+0}{3}=1\end{array}\right.\Rightarrow G\left(1;2;1\right).$

$\Rightarrow a=1,b=2,c=1.$

Vậy $a+b+c=1+2+1=4.$

Chọn A.

Ta có: $P=\frac{x^{{\log }_{a}y}}{y^{{\log }_{a}x}}=\frac{x^{{\log }_{a}y}}{x^{{\log }_{a}y}}=1.$

Chọn A.

Nhánh cuối của đồ thị đi xuống nên loại đáp án B.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ -4 nên loại đáp án A.

Đồ thị đi qua điểm (2; 0) nên loại đáp án D.

Chọn C.

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^{2020}$ có TXĐ $D=\mathrm{ℝ}$ và $f\left(-x\right)=f\left(x\right)\forall x\in ℝ$ nên f(x) là hàm chẵn.

Do đó $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}{x}^{2020}dx=0.$

Chọn D.

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(2;2;4\right)=2\left(1;1;2\right)$ nên đường thẳng đi qua A, B có 1 VTCP là $\overrightarrow{u}=\left(1;1;2\right).$

$\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng cần tìm là $\left\{\begin{array}{l}x=3+t\\ y=1+t\\ z=-6+2t\end{array}\right.$

Với t = 3 ta có $M\left(6;4;0\right)\in AB.$

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là $\left\{\begin{array}{l}x=6+t\\ y=4+t\\ z=2t\end{array}\right..$

Chọn A.

Ta có: $\left(2-i\right)\overline{z}-4=0\Rightarrow \overline{z}=\frac{4}{2-i}=\frac{8}{5}+\frac{4}{5}i.$

Vậy $z=\frac{8}{5}-\frac{4}{5}i.$

Chọn D.

Gọi r là bán kính đáy của hình nón $\Rightarrow \pi r^2=49\pi \iff r=7.$ 

$\Rightarrow$ Đường sinh của hình nón l = 2r = 14

Vậy chiều cao hình nón là: $h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{{14}^2-7^2}=7\sqrt{3}.$

Chọn A.

Dựa vào BBT ta thấy $x_{CT}=-3.$

Chọn B.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tọa độ hình chiếu của điểm A(-2; -1; 3) trên mặt phẳng Oyz là (0; -1; 3)

Chọn C.

Ta có: ${\left(3x-2\right)}^{11}=\sum _{k=0}^{11}{C}_{11}^k{\left(3x\right)}^k{\left(-2\right)}^{11-k}=\sum _{k=0}^{11}{C}_{11}^k{3}^k{\left(-2\right)}^{11-k}{x}^k.$

$\Rightarrow$ Số hạng chứa $x^4$ ứng với k = 4.

Vậy hệ số của $x^4$ trong khai triển thành đa thức của biểu thức ${\left(3x-2\right)}^{11}$ là $-C_{11}^3{3}^4{.2}^7.$

Chọn A.

Ta có: $\frac{V_{EBCD}}{V_{ABCD}}=\frac{V_{BECD}}{V_{BACD}}=\frac{BE}{BA}=\frac{1}{4}.$

$\Rightarrow V_{EBCD}=\frac{1}{4}{V}_{ABCD}=\frac{V}{4}.$

Chọn B.

Diện tích xung quanh của hình trụ này là: $S_{xq}=2\pi rh=2\pi \mathrm{.5.7}=70\pi \left(c{m}^2\right).$

Chọn B.

Phần ảo của số phức z = 9 - 5i là -5

Chọn C.

Thay tọa độ điểm (0; 0; 0) vào phương trình mặt cầu (S)

                                         $0^2+0^2+0^2-2.0-4.0-6.0=0\Rightarrow \left(0;0;0\right)\in \left(S\right).$

Thay tọa độ điểm (1; 2; 3) vào phương trình mặt cầu (S)

                                         $1^2+2^2+3^2-2.1-4.2-6.3=-14\ne 0\Rightarrow \left(1;2;3\right)\in \left(S\right).$

Thay tọa độ điểm (2; 0; 6) vào phương trình mặt cầu (S)

                                         $2^2+0^2+6^2-2.2-4.0-6.6=0\Rightarrow \left(2;0;6\right)\in \left(S\right).$

Vậy có 2 điểm nằm trên (S)

Chọn D.

Từ BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;-3\right)$ và (0; 3)

Chọn D.

Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập được 6! = 720 số tự nhiên có 6 chữ số phân biệt.

Chọn C.

${\log }_{3}x=\frac{1}{3}\iff x=3^{\frac{1}{3}}=\sqrt[3]{3}$.

Chọn B.

Số cách chọn hai bạn từ lớp học đó, trong đó có một nam và một nữ tham gia đội xung kích của nhà trườnglà: $C_{18}^1.C_{12}^1=216.$

Chọn D.

Vì $a^{\frac{1}{3}}>a^{\frac{1}{4}},$ lại có $\frac{1}{3}>\frac{1}{4}$ nên a > 1.

Vì ${\log }_b\left(\frac{4}{5}\right)>{\log }_b\left(\frac{5}{6}\right),$ lại có $\frac{4}{5}<\frac{5}{6}$ nên 0 < b < 1.

Chọn B.

Phương trình mặt phẳng (ABC) là: $\frac{x}{1}+\frac{y}{2}+\frac{z}{4}=1\iff 4x+2y+z-4=0.$

Vì $\left(\alpha \right)//\left(P\right)$ nên phương trình $\left(\alpha \right)$ dạng $4x+2y+z+d=0\left(d\ne -4\right).$

Vì $M\left(1;2;4\right)\Rightarrow 4.1+2.2+4+d=0\Rightarrow d=-12.$

Vậy $\left(\alpha \right):4x+2y+z-12=0.$

Chọn B.

Đồ thị hàm số có TCĐ x = 2 nên loại đáp án B.

Đồ thị hàm số có TCN y = 2 nên loại đáp án D.

Hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;2\right),\left(2;+\infty \right)$ nên loại đáp án A vì $y\text{'}=\frac{3}{{\left(x-2\right)}^2}>0\forall x\ne 2.$

Chọn C.

Vì $\Delta ABC$ vuông tại $B\Rightarrow AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}.$

$\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}.a\sqrt{3}.a=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.$

Vậy $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=AA\text{'}.S_{\Delta ABC}=2a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=3a^3.$

Chọn C.

Ta có: $z.w=\left(2-3i\right)\left(-3+4i\right)=6+17i$ có điểm biểu diễn là (6; 17).

Chọn A.

Ta có:

$\underset{2}{\overset{2021}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{2}{\overset{2020}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2020}{\overset{2021}{\int }}f\left(x\right)dx$

$\Rightarrow 12=\underset{2}{\overset{2020}{\int }}f\left(x\right)dx+2$

$\Rightarrow \underset{2}{\overset{2020}{\int }}f\left(x\right)dx=12-2=10$

Chọn B.

Ta có: $y=\sqrt{5-3x}={\left(5-3x\right)}^{\frac{1}{2}}$

$\Rightarrow \int \sqrt{5-3x}dx=\int {\left(5-3x\right)}^{\frac{1}{2}}dx$

$=-\frac{1}{3}.\frac{{\left(5-3x\right)}^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}+C=-\frac{2}{9}\sqrt{{\left(5-3x\right)}^3}+C$

Chọn C.

Gọi M là trung điểm của SD ta có $AG\cap \left(SBD\right)=\left\{M\right\}$ nên $\frac{d\left(G;\left(SBD\right)\right)}{d\left(A;\left(SBD\right)\right)}=\frac{GM}{AM}=\frac{1}{3}.$

$\Rightarrow d\left(G;\left(SBD\right)\right)=\frac{1}{3}d\left(A;\left(SBD\right)\right).$

Trong (ABCD) kẻ $AH\perp BD,$ trong (SAH) kẻ $AK\perp SH$

Ta có

$\left\{\begin{array}{l}BD\perp AH\\ BD\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BD\perp \left(SAH\right)\Rightarrow BD\perp AK$

$\left\{\begin{array}{l}AK\perp BD\\ AK\perp SH\end{array}\right.\Rightarrow AK\perp \left(SBD\right)$

$\Rightarrow d\left(A;\left(SBD\right)\right)=AK.$

Ta có: $AH=\frac{AB.AD}{\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}}=\frac{a.2a}{\sqrt{a^2+4a^2}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}.$

$\Rightarrow AK=\frac{SA.AH}{\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}}=\frac{a.\frac{2a}{\sqrt{5}}}{\sqrt{a^2+\frac{4a^2}{5}}}=\frac{2a}{3}.$

Vậy $d\left(G;\left(SBD\right)\right)=\frac{1}{3}d\left(A;\left(SBD\right)\right)=\frac{1}{3}.\frac{2a}{3}=\frac{2a}{9}.$

Chọn B.

Để hàm số $y=x^4-2\left(m+2\right)x^2+3m-1$ chỉ có điểm cực tiểu, không có điểm cực đại thì $\left\{\begin{array}{l}1>0\\ -2\left(m+2\right)>0\end{array}\right.\iff m+2<0\iff m<-2.$

Vậy $m\in \left(-\infty ;-2\right).$

Chọn A.

Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một bạn $\Rightarrow$ Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=C_{16}^1.C_{16}^1=256.$

Gọi A là biến cố: “Xác suất để cả hai bạn được chọn đều đăng kí cùng tổ hợp dự thi tốt nghiệp”.

TH1: 2 bạn được chọn cùng đăng kí thi tổ hợp tự nhiên $\Rightarrow$ Có $C_{10}^1.C_7^1=70$ cách.

TH2: 2 bạn được chọn cùng đăng kí thi tổ hợp xã hội $\Rightarrow$ Có $C_6^1.C_9^1=54$ cách.

$\Rightarrow n\left(A\right)=70+54=124.$

Vậy xác suất của biến cố A là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{124}{256}=\frac{31}{64}.$

Chọn C.

Trong (SAB) kẻ $SH\perp AB,$ chứng minh $SH\perp \left(ABCD\right).$ Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)=AB\\ SH\subset \left(SAB\right),SH\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow SH\left(ABCD\right).$

$\Rightarrow$HC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD)

$\Rightarrow \angle \left(SC;\left(ABCD\right)\right)=\angle \left(SC;HC\right)=\angle SCH.$

$\Delta SAB$ vuông tại S nên $SH=\frac{SA.SB}{\sqrt{S{A}^2+S{B}^2}}=\frac{a.a\sqrt{3}}{\sqrt{a^2+3a^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

$\Rightarrow HB=\sqrt{S{B}^2-S{H}^2}=\sqrt{3a^2-\frac{3a^2}{4}}=\frac{3a}{2}.$

$\Rightarrow HC=\sqrt{B{C}^2-H{B}^2}=\sqrt{A{B}^2-H{B}^2}$

$=\sqrt{S{A}^2+S{B}^2-H{B}^2}=\sqrt{a^2+3a^2-\frac{9a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{7}}{2}$

Vậy $\tan \angle \left(SC;\left(ABCD\right)\right)=\tan \angle SCH=\frac{SH}{HC}=\frac{\sqrt{21}}{7}.$

Chọn A.

Ta có: $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x^2-3x+4}{x^2+mx+1}=2$ nên đồ thị có 1 TCN y = 2.

Xét $2x^2-3x+4=0$ (vô nghiệm).

Do đó để hàm số đã cho có duy nhất một đường tiệm cận thì phương trình $x^2+mx+1=0$ vô nghiệm

$\Rightarrow \Delta =m^2-4<0\iff -2<m<2.$

Chọn A.

Đặt $g\left(x\right)=m-f\left(x-2\right)\Rightarrow h\left(x\right)=\left|g\left(x\right)\right|$.

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=-f\text{'}\left(x-2\right)=0\iff f\text{'}\left(x-2\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x-2=a\\ x-2=b\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=a+2\\ x=b+2\end{array}\right.$.

$\Rightarrow$ Hàm số g(x) có 2 điểm cực trị.

Để hàm số $h\left(x\right)=\left|g\left(x\right)\right|$ có 5 điểm cực trị thì phương trình g(x) = 0 phải có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có BBT:

Phương trình g(x) = 0 phải có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $m-6<0<m+5\iff -5<m<6.$

Kết hợp điều kiện $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-4;-3;-2;-1;0;1;2;3;4;5\right\}.$

Vậy có 10 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn D.

Gọi $A\text{'}=SA\cap \left(C_1\right),$ áp dụng định lí Ta-lét ta có $\frac{IA}{OA\text{'}}=\frac{SI}{SO}=\frac{1}{2}\Rightarrow IA=\frac{1}{2}OA\text{'}=1.$

Ta có IO vuông góc và cắt cả $IA,OB\Rightarrow IO$ là đoạn vuông góc chung của IA, OB.

$\Rightarrow d\left(IA;OB\right)=IO=\frac{1}{2}SO=1.$

Vậy $V_{IAOB}=\frac{1}{6}IA.OB.d\left(IA;OB\right).\sin \angle \left(IA;OB\right)=\frac{1}{6}\mathrm{.1.2.1.}\sin {60}^0=\frac{\sqrt{3}}{6}.$

Chọn A.