Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 22)

Ta có $2^{2x-1}+m^2-m=0\iff 2^{2x-1}=-m^2+m.$

Vì $2^{2x-1}>0,\forall x\in ℝ$ nên phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $-m^2+m>0\iff 0<m<1.$

Chọn B.

Đặt $t=2x\Rightarrow dt=2dx.$

Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=0;x=1\Rightarrow t=2.$

$I=\frac{1}{4}\underset{0}{\overset{2}{\int }}t.f\text{'}\left(t\right)dt$

 

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=t\\ dv=f\text{'}\left(t\right)dt\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dt\\ v=f\left(t\right)\end{array}\right..$

$I=\frac{1}{4}\left(tf\left(t\right)\left|\begin{array}{l}2\\ 0\end{array}\right.-\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt\right)=\frac{1}{4}\left(2f\left(2\right)-0.f\left(0\right)-4\right)=\frac{1}{4}\left(2.16-4\right)=7.$

Chọn D.

Đặt $\left(P\right):4x-4y+2z-7=0$ và $\left(Q\right):2x-2y+z+4=0.$

Vì hai mp (P) và (Q) song song nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng đó bằng độ dài cạnh hình lập phương.

Chọn điểm M(-2; 0; 0)$\in mp:2x-2y+z+4=0\left(Q\right).$

Suy ra $d\left(\left(P\right),\left(Q\right)\right)=d\left(M,\left(P\right)\right)=\frac{5}{2}=a.$

Vậy thể tích của khối lập phương $V=a^3=\frac{125}{8}.$

Chọn A.

Gọi số phức $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$

Ta có $\left|2z-1\right|=2\iff \left|2\left(a+bi\right)-1\right|=1$

$\iff \left|\left(2a-1\right)+2bi\right|=1\iff {\left(2a-1\right)}^2+4b^2=1$

$\iff {\left(a-\frac{1}{2}\right)}^2+b^2=\frac{1}{4}.$

 

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn |2z - 1| = 1 là đường tròn có bán kính $\frac{1}{2}.$

Chọn A.

Ta có $\underset{0}{\overset{m}{\int }}\left(2x-1\right)dx=2$

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

Chọn D.

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{3x-1}{x^2+6x+9}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[\frac{3}{x+3}-\frac{10}{{\left(x+3\right)}^2}\right]dx=\left(3\ln \left|x+3\right|+\frac{10}{x+3}\right)\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=3\ln \frac{4}{3}-\frac{5}{6}.$

Vậy $\left\{\begin{array}{l}a=4\\ b=3\end{array}\right.\Rightarrow a^2-b^2=4^2-3^2=7.$

Chọn B.

Xét đáp án D: $y=\frac{3x+1}{2x-1}$

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{\frac{1}{2}\right\}.$

$\Rightarrow y\text{'}=\frac{3\left(2x-1\right)-2\left(3x+1\right)}{{\left(2x-1\right)}^2}=\frac{-5}{{\left(2x-1\right)}^2}<0;\forall x\ne \frac{1}{2}.$

 

$\Rightarrow$ Hàm số luôn nghịch biến với $\forall x\ne \frac{1}{2}$ 

$\Rightarrow$ Hàm số $y=\frac{3x+1}{2x-1}$ không có cực trị.

Chọn D.

Gọi R là bán kính đáy của hình trụ.

Chu vi đáy hình trụ là $2\pi R=2\pi \Rightarrow R=1.$

Thể tích khối trụ là $V=\pi .R^2.h=\pi \sqrt{2}.$

Chọn B.

Hàm số có giá trị cực đại bằng 3.

Chọn B.

Diện tích hình phẳng cần tìm là: $S=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left|x^2-x-2x+2\right|dx=\frac{11}{6}.$

Chọn C.

Hai mặt phẳng đã cho song song $\iff \frac{-2}{1}=\frac{m}{1}=\frac{2}{-1}\ne \frac{-2}{1}$ do đó không tồn tại giá trị nào của m.

Chọn D.

Ta có $u_3=u_1.q^2={2.3}^2=18.$

Chọn D.

TXĐ: $D=\left(1;+\infty \right)$

Vì $0<\frac{e}{3}<1$ nên hàm số nghịch biến trên $\left(1;+\infty \right).$

Chọn C.

Ta có: $\left|z\right|=\sqrt{2^2+{\left(-3\right)}^2}=\sqrt{13}.$

Chọn C.

Ta có: $y\text{'}=4a{x}^3+2bx=2x\left(2a{x}^2+b\right).$

Hàm số có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu nên $a\ne 0.$ Khi đó

$y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ 2a{x}^2+b=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-\frac{b}{2a}\end{array}\right.$

 

Hàm số có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu $\iff \left\{\begin{array}{l}-\frac{b}{2a}>0\\ a<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a<0\\ b>0\end{array}\right.$

Chọn D.

$2^{x^2}{.3}^{x+1}=1\Rightarrow {\log }_2\left(2^{x^2}{.3}^{x+1}\right)={\log }_{2}1\iff x^2+\left(x+1\right){\log }_{2}3=0.$ Suy ra A đúng, B sai.

$2^{x^2}{.3}^{x+1}=1\Rightarrow {\log }_3\left(2^{x^2}{.3}^{x+1}\right)={\log }_{3}1\iff x^2{\log }_{3}2+x+1=0.$ Suy ra C, D sai.

Chọn A.

Ta có, với $x>0:P=\sqrt[3]{x^5\sqrt[4]{x}}=x^{\frac{5}{3}}.x^{\frac{1}{12}}=x^{\frac{5}{3}+\frac{1}{12}}=x^{\frac{7}{4}}.$

Chọn B.

Ta có $z_1+z_2=3-2i+2+i=5-i.$

Chọn C.

Ta có hình chiếu vuông góc của điểm $M\left(x_0;y_0;z_0\right)$ trên mặt phẳng (Oxy) là điểm có tọa độ $\left(x_0;y_0;0\right).$

Do đó hình chiếu vuông góc của điểm M(1; -2; 3) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm A(1; -2; 0)

Chọn B.

Có: $2z+1=\overline{z}\iff 2\left(a+bi\right)+1=a-bi\iff \left(2a+1\right)+2bi=a-bi.$

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

Vậy a + b = -1

Chọn B.

Lý thuyết: Hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}\left(ad-bc\ne 0,c\ne 0\right)$ có:

- Tiệm cận đứng là $x=\frac{-d}{c}.$

- Tiệm cận ngang là $x=\frac{a}{c}.$

Theo đồ thị hàm số, ta thấy hàm số có tiệm cận đứng x = 1 và tiệm cận ngang y = 1

Kiểm tra các hàm số trên, ta thấy hàm số $y=\frac{x+1}{x-1}$ và hàm số $y=\frac{2x-3}{2x-2}$ có tiệm cận đứng x = 1 và tiệm cận ngang y = 1.

Do giao điểm của đồ thị với trục Oy là (0; -1) nên đáp án đúng là đáp án A.

Chọn A.

Nhìn vào đồ thị hàm số đã cho, ta thấy

- Trên khoảng (-1; 1) đồ thị hàm số đi xuống (theo chiều từ trái sang phải) nên hàm số nghịch biến trên (-1; 1)

- Trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$ đồ thị hàm số đi lên (theo chiều từ trái sang phải) nên hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$

Chọn D.

Với $x>0,\sqrt{x}=\sqrt{\frac{x^2}{x}}=\frac{\left|x\right|}{\sqrt{x}}=\frac{x}{\sqrt{x}}.$

Khi đó $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{x-\sqrt{x}}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{x\left(1-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(1-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }1-\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x}}.$

Vì $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }1=1>0,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\sqrt{x}=0$ và $\sqrt{x}>0$ với mọi $x>0\Rightarrow \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x}}=+\infty .$ Do đó $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{x-\sqrt{x}}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }1-\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{1}{\sqrt{x}}=1-\left(+\infty \right)=-\infty .$

Chọn A.

Hàm số xác định khi $x^2\left(x+1\right)>0\iff \left\{\begin{array}{l}x>-1\\ x\ne 0\end{array}\right..$

Vậy tập xác định của hàm số là $D=\left(-1;+\infty \right)\backslash \left\{0\right\}$.

Chọn C.

Mặt phẳng có véctơ pháo tuyến là: $\overrightarrow{u}=\left(1;-1;2\right).$

Chọn A.

Điều kiện:  x > 0.

Đặt $t={\log }_{2}x,$ ta được phương trình

                                         $t^2-\left(5m+1\right)t+4m^2+m=0\left(*\right)$.

Ta có: $\Delta ={\left(-5m-1\right)}^2-4\left(4m^2+m\right)={\left(3m+1\right)}^2.$

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt $\iff \Delta >0\iff {\left(3m+1\right)}^2>0\iff m\ne -\frac{1}{3}.$

Khi đó, phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt $t_1=\frac{5m+1+3m+1}{2}=4m+1,$ $t_2=\frac{5m+1-3m-1}{2}=m$ $\Rightarrow x_1=2^{4m+1},x_2=2^m.$

Theo bài, $x_1+x_2=165\iff 2^{4m+1}+2^m=165\iff {2.2}^{4m}+2^m=165.$

Đặt $u=2^m>0,$ ta có phương trình $2u^4+u-165=0\iff \left(u-3\right)\left(2u^3+6u^2+18u+55\right)=0$ $\iff u=3$ (vì $2u^3+6u^2+18u+55>0\forall u>0)\Rightarrow 2^m=3.$

Vậy $\left|x_1-x_2\right|=\left|{2.2}^{4m}-2^m\right|=\left|{2.3}^4-3\right|=159.$

Chọn B.