Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 23)

Ta có z1+z2=4−i. Tổng phần thực và phần ảo của z1+z2 bằng 3.

Chọn C.

Số phức nghịch đảo của z = 3 + 4i là 13+4i=3−4i32+42=325−425i.

Chọn A.

Ta có ∫01x2dx=x3310=13.

Chọn A.

Ta có ∫01x2dx=x3310=13.

Chọn A.

Ta có: y'=log5x'=1xln5.

Chọn C.

Ta có: ∫fxdx=∫sinx−1dx=∫sinxdx−∫dx=−cosx−x+C.

Chọn D.

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng (-1; 0) và 1;+∞.

Suy ra chọn phương án A.

Chọn A.

Tâm của mặt cầu (S) là (4; -1; 0)

Chọn B.

Ta có: limx→±∞y=limx→±∞2−xx+1=limx→±∞2x−11+1x=−1.

Vậy: y = -1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Chọn B.

Ta có công thức tính thể tích khối lăng trụ: V = B.h = 9.7 = 63.

Chọn C.

Nhìn vào BBT. Ta có: hàm số đạt cực tiểu tại x = -1.

Chọn B.

Muốn tạo thành một véc-tơ khác véc-tơ không có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của một tứ giác. Ta chọn 2 đỉnh trong 4 đỉnh của tứ giác đó. Rồi sắp xếp theo thứ tự. Vậy số kết quả là số các chỉnh hợp 2 của 4 phần tử A42.

Chọn B.

Thể tích khối trụ V=πr2h=π.22.3=12πcm3.

Chọn A.

Ta có: u2=u1q=2.3=6.

Chọn B.

Thể tích khối chóp V=13Bh=13.9.4=12.

Chọn B.

Từ đồ thị suy ra đây là đồ thị hàm số bậc bốn trùng phương nên loại phương án C, A.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (-1; 1) nên loại phương án D.

Chọn B.

Với a > 0 thì a34=a34.

Chọn C.

Vì z = -5 + 2i nên z¯=−5−2i.

Vậy phần thực của z¯ là -5.

Chọn D.

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên xG=xA+xB+xC3=10+−4+03=2yG=yA+yB+yC3=−4+6+43=2zG=zA+zB+zC3=0+0+63=2.

Vậy G(2; 2; 2)

Chọn B.

Ta có y'=4x3−8x và y"=12x2−8.

Khi đó y'=0⇔x=0x=±2.

Lại có y"0=−8<0y"±2=16>0 nên hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại x=±2.

Vậy điểm cực đạ của đồ thị hàm số là (0; 1)

Chọn D.

Xét f'x=0⇔x2+4x+3x2−1=0⇔x=−3x=−1x=1 (trong đó x = -1 là nghiệm kép).

Bảng xét dấu

Dựa vào bảng xét dấu, ta suy ra hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng (-3; 1)

Mà −3<−1<1⇔f−3>f−1>f1.

Chọn D.

Ta có ∫−14fxdx=∫−10fxdx+∫04fxdx⇔∫04fxdx=∫−14fxdx−∫−10fxdx=2−3=−1.

Khi đó ∫044e2x+2fxdx=4∫04e2xdx+2∫04fxdx

=2e2x40+2.−1=2e8−2e0−2=2e8−4.

 

Chọn A.

Điều kiện: x2−3x+2>0x−1>0⇔x>2.

Ta có log5x2−3x+2+log15x−1≤1⇔log5x2−3x+2x−1≤1

⇒log5x−2≤1⇔x−2≤5⇔x≤7 (do x > 2)

Kết hợp điều kiện, ta được 2<x≤7.

Chọn A.

Ta có y'=3x2−6x−9. Xét y'=0⇔3x2−6x−9=0⇔x=3∈−4;4x=−1∈−4;4.

Mà y−4=−41,y−1=40,y3=8,y4=15.

Suy ra m=minx∈−4;4y=y−4=−41 và M=maxx∈−4;4y=y−1=40.

Vậy M+m=−41+40=−1.

Chọn B.

Lần lượt thay tọa độ các điểm vào phương trình d ta có

Với điểm C(3; -2; -1) ta có hệ phương trình 3=2+t−2=1+t−1=−2+t⇒t=1t=−3t=1⇒ hệ vô nghiệm nên đường thẳng d không đi qua

C(3; -2; -1)

Với điểm A(1; 2; -1) ta có hệ phương trình 1=2+t2=1+t−1=−2+t⇒t=−1t=1t=1⇒ hệ vô nghiệm nên đường thẳng d không đi qua B(1; 2; -1)

Với điểm D(-3; -2; 1) ta có hệ phương trình −3=2+t−2=1+t1=−2+t⇒t=−5t=−3t=3hệ vô nghiệm nên đường thẳng d không đi qua

D(-3; -2; 1)

Với điểm B(3; 2; -1) ta có hệ phương trình 3=2+t2=1+t−1=−2+t⇔t=1nên đường thẳng d đi qua B(3; 2; -1)

Chọn C.

Ta có: 3x2−4x+5=9⇔3x2−4x+5=32⇔x2−4x+5=2⇔x2−4x+3=0⇔x=1x=3.

Vậy tích các nghiệm thực của phương trình 3x2−4x+5=9 bằng 3.

Chọn A.

Ta có F(x) là một nguyên hàm của hàm số fx=4x+cos2x nên F(x) có dạng Fx=2x2+12sin2x+C

Từ F0=1⇔C=1 suy ra Fx=2x2+12sin2x+1.

Vậy Fπ=2π2+1.

Chọn B.

Từ bảng biến thiên hàm số ta suy ra

ab=−2ac+2b<0−cb=1⇔a=−2b2b2+2b<0c=−b⇔a=−2b−1<b<0c=−b⇒0<a<20<c<1⇒0<a+c<3.

Chọn B.

Ta có ∫012020fx−2021gxdx=2020∫01fxdx−2021∫01gxdx

                                               =2020.2−2021.3=−2023.

Chọn C.

Ta có bán kính mặt cầu là R=QP=5−32+−2+32+3−12=3.

Phương trình mặt cầu tâm Q(3; -3; 1) bán kính bằng R = 3 là x−32+y+32+z−12=9.

Chọn C.

Vì d⊥P nên mặt phẳng (P) có vec tơ pháp tuyến là n→=ud→=1;−3;1.

Phương trình mặt phẳng (P) là 1x−2−3y−3+1z−1=0

⇔x−2−3y+9+z−1=0

⇔x−3y+z+6=0.

Chọn B.

log22x−4log2x+3=0x>0⇔log2x=1log2x=3⇔x=2x=8.

 

Vậy tổng các nghiệm của phương trình bằng 10.

Chọn C.

Số phần tử của không gian mẫu là Ω=C155=3003.

Gọi biến cố A “đoàn đại biểu 5 người có đúng 3 nữ”. Khi đó ΩA=C73.C82=980.

Vậy PA=9803003=140429.

Chọn C.

z=z2z1⇒z¯=z2¯z1¯=3+i1+2i=1−i.

Chọn C.

Ta có a2−3logab=a2.a−3logab=a2.alogab−3=a2b−3.

Chọn A.

Ta có xf'x+f2x=fx⇔fx−xf'xf2x=1⇔xfx'=1.

Lấy nguyên hàm hai vế ta được xfx=x+C⇒fx=xx+C.

Vì f1=12 nên C = 1 suy ra fx=xx+1.

Từ đó P=f1.f2...f2021=12.23...20212022=12022.

Chọn B.

Phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A vuông góc với đường thẳng d là:

2x−0+1y+1−6z+6=0⇔2x+y−6z−35=0.

Phương trình tham số của d:x=4+2ty=2+tz=−11−6t. Thay vào phương trình mặt phẳng (Q) ta được:

     24+2t+2+t−6−11−6t−35=0⇔41t=−41⇔t=−1.

Vậy tọa độ hình chiếu của A trên d là B2;1;−5⇒AB→2;2;1.

Gọi H là hình chiếu của A trên (P) khi đó AH≤AB. Khoảng cách lớn nhất từ A đến mặt phẳng (P) bằng AB hay AB→ là một véc tơ phép tuyến của mặt phẳng (P)

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là:

2x−2+2y−1+1z+5=0⇔2x+2y+z−1=0.

                                         dM,P=2.5+2.1+1.1−122+22+12=4.

Chọn C.

Gọi I là điểm thỏa mãn IA→+2IB→+IC→=0→⇔2IN→+IB→=0→ với N là trung điểm của AC. Ta có N1;0;−1⇒I3;3;2.

Ta có:

MA2+2MB2+MC2=MI→+IA→2+2MI→+IB→2+MI→+IC→2=4MI2+IA2+2IB2+IC2

Biểu thức MA2+2MB2+MC2 đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I trên (P). Đường thẳng d đi qua I vuông góc với (P) có phương trình:

d:x=3+2ty=3+2tz=2+t. Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta được:

23+2t+23+2t+2+t−5=0⇔t=−1⇒M1;1;1.

⇒2a+3b+c=2.1+3.1+1=6. 

Chọn B.

Khi cuộn miếng tôn (hình 1) thành mặt xung quanh của hình trụ (hình 2) thì chiều cao của hình trụ bằng h = 4dm và chu vi đáy của hình trụ là 9dm

Gọi r là bán kính đáy của hình trụ ⇒2πr=9⇒r=92πdm.

Độ dài đường kính BF=2r=9πdm.

Kẻ EM//ABM∈BF→, vì AE=13AD⇒AE→=BM→=23BF→⇒BFM^=600 và MBF^=300

Tam giác BMF vuông tại M⇒BM=BF.sinBFM^=932πdm⇒AE=932πdm.

Ta có BM//AE⇒AE,BF^=MBF^=300

⇒VABEF=16AE.BF.dAE,BF.sinAE,BF^=16.AE.BF.AB.sinMBF^

⇒VABEF=2732π2dm3.

Chọn B.

Gọi O=AC∩BD, vì S.ABCD là chóp đều ⇒SO⊥ABCD.

Ta có SB∩ABCD=B⇒SB,ABCD=SBO^

ABCD là hình vuông cạnh 3⇒BD=32⇒OB=322

Tam giác SOB vuông tại O có OB=322;SB=6

⇒cosSBO^=OBSB=32⇒SBO^=300.

Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 300.

Chọn C.

Gọi M là trung điểm của BC. Nối SM kẻ AH vuông góc với SM tại H

Ta có:

BC⊥AM (do M là trung điểm của BC và tam giác ABC vuông cân tại A)

BC⊥SA (do SA⊥ABC,BC⊂ABC)

Nên: BC⊥SAM⇒BC⊥AH (vì AH⊂SAM)

Lại có: AH⊥SM (cách dựng)

Suy ra: AH⊥SBC tại H

⇒H là hình chiếu của A trên (SBC).

⇒SH là hình chiếu của SA trên (SBC).

⇒SA,SBC^=SA,SH^=ASH^=ASM^⇒ASM^=300

+) Tam giác ABC vuông cân tại A⇒2AB2=BC2=2a2⇒AB=a⇒AC=AB=a

⇒SABC=12AB.AC=a22

Có: AM=12BC=a22

Tam giác SAM vuông tại A⇒SA=AMtan300=a62

Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là: VS.ABC=13.SA.SABC=13.a62.a22=a3612.

Chọn B.

Xét hàm f(x)

TXĐ: D=ℝ.

Có: f'x=4x2−4x;f'x=0⇔x=0∉1;2x=1∈1;2x=−1∉1;2

f1=m−1;f2=m+8.

Có f2>f1⇒Maxx∈1;2fx=f2=m+8;Minx∈1;2fx=f1=m−1.

TH1: Maxx∈1;2fx=f2=m+8=m+8;Minx∈1;2fx=f1=m−1=m−1

⇒Maxx∈1;2fx+Minx∈1;2fx≥10⇔m+8+m−1≥10⇔m≥32.

 

Kết hợp với m≥1 ta được m≥32.

TH2: m+8≤0⇔m≤−8.

Khi đó: Maxx∈1;2fx=f1=m−1=1−m;Minx∈1;2fx=f2=m+8=−m−8

⇒Maxx∈1;2fx+Minx∈1;2fx≥10⇔−7−2m≥10⇔m≤−172.

 

Kết hợp với m≤−8 ta được m≤−172.

TH3: m−1<0<m+8⇔−8<m<1

Khi đó: Maxx∈1;2fx=Maxm−1;m+8;Minx∈1;2fx=0

⇒Maxx∈1;2fx+Minx∈1;2fx≥10⇔m+8≥10m+8≥m−1m−1≥10m+8<m−1⇔m≥2m≤−18m≥−6318m≥11m≤−9m<−6318⇔m≥2m≤−9

Kết hợp với -8 < m < 1 ta được m∈∅.

Từ 3 trường hợp trên kết hợp với điều kiện m∈−10;10 ta được m∈−10;−172∪32;10.

Vậy các giá trị nguyên của m thỏa mãn là m∈−10;−9;2;3;4;5;6;7;8;9;10.

Do đó có 11 giá trị nguyên m thỏa mãn.

Chọn D.

Ta có AM=AC2−CM2=3a, góc giữa đường thẳng A'M và mặt phẳng (ABC) là A'MA^=600. Khi đó tanA'MA^=tan600=A'AAM⇒A'A=AM.tan600=3a.

Vậy khoảng cách từ điểm A' đến mặt phẳng (ABC) bằng 3a.

Chọn D.

Phương trình z5−i−z=−4z+2−zi

Lấy Môđun hai vế, ta được z5−i−z=−4z+2−zi

Đặt z=tt≥0, ta có

t5−i−t=−4t+2−ti

⇔t5−t2+12=16t2+2−t2

⇔t4−10t3+9t2+4t−4=0

⇔t−1t3−9t2+4=0

⇔t=1t≈8,95t≈0,69t≈−0,64l

Ứng với mỗi t≥0 thì đều có 1 số phức z tương ứng. Vậy có tất cả 3 số phức z thỏa mãn bài.

Chọn D.

Bất phương trình đã cho tương đương với 3+52x+9−m3−52x−m−1≥0.

Đặt t=3+52x, với x∈0;2⇒t∈1;7+352, ta được bất phương trình

t2−m−1t+9−m≥0⇔t2+t+9t+1≥m.

Bất phương trình đã cho có nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn [0; 2] khi và chỉ khi m≤min1;7+352t2+t+9t+1.

Xét hàm số ft=t2+t+9t+1 trên 1;7+352⇒f't=1−9t+12;f't=0⇔t=2t=−4l.

Dễ thấy min1;7+352t2+t+9t+1=f2=5⇒m≤5. Vậy có 5 giá trị nguyên dương của tham số m thỏa mãn.

Chọn A.

Gọi M,N,I−4;−2,A−8;2,B4;10,C−5;4 lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z1,z2,−4−2i,−8+2i,4+10i,−5+4i.

Từ giả thiết suy ra M thuộc đường tròn I;13,N thuộc đường trung trực d của đoạn thẳng AB

Gọi C' là điểm đối xứng với C qua d⇒C'1;8.

Ta có z1−z2+z2+5−4i=MN+NC=MN+NC'.

Suy ra z1−z2+z2+5−4i đạt giá trị nhỏ nhất khi M, N, C' thẳng hàng.

Khi đó minz1−z2+z2+5−4i=IC'−13=125−13≈7,57.

Chọn B.

Trường hợp a = 1: bất phương trình đã cho trở thành

2x+1x+7≥9x+1x⇔x+1x−2≤0⇔x−122≤0⇔x=1 (do x > 0)

⇒a=1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trường hợp a = 2: bất phương trình đã cho trở thành

2x2+1x2+7≥9x+1x⇔2x+1x2−9x+1x+10≥0⇔x+1x≥52x+1x≤2

 

⇔2x2−5x+2≥0x2−2x+1≤0⇔x≥20<x≤12x=1(do x > 0).

⇒a=2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trường hợp a≥3:

Xét hàm số fa=2xa+1xa+7=2xa+x−a+7 với x là tham số dương.

Ta có: f'a=2xa.lnx−x−a.lnx=2xa−1xalnx.

+) Nếu 0 < x < 1 thì xa≤x3<1<1xa và lnx<0⇒f'a>0,∀a≥3.

+) Nếu x = 1 thì f'(a) = 0

+) Nếu x > 1 thì xa≥x3>1>1xa và lnx>0⇒f'a>0,∀a≥3.

Từ đó suy ra f'a≥0,∀a≥3, tức là hàm số f(a) đồng biến trên nửa khoảng 3;+∞.

⇒fa≥f3⇔2xa+1xa+7≥2x3+1x3+7=2x+1x3−6x+1x+14.

Đặt t=x+1x (điều kiện: t≥2, do x+1x≥2x.1x=2), ta được:

2xa+1xa+7≥2t3−6t+14=t−22t2+4t−7+9t≥9t,∀t≥2

⇒2xa+1xa+7≥9x+1x,∀x>0.

 

Suy ra với a≥3 thì bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x∈0;+∞.

Mặt khác, do a nguyên và a∈1;20 nên a∈3;...;20.

Vậy có 18 giá trị nguyên của a thỏa mãn.

Chọn B.

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol và đường thẳng đã cho là

x2+x−2=m+1x+2⇔x2−mx−4=0 1.

Do phương trình (1) có P = -4 < 0 nên nó luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu. Giả sử hai nghiệm đó là x1,x2x1<x2. Theo định lí Vi-ét ta có:

x1+x2=mx1.x2=−4.

 

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y=x2+x−2 và đường thẳng y=m+1x+2 là:

S=∫x1x2x2+x−2−m+1x+2dx=∫x1x2x2−mx−4dx=−∫x1x2x2−mx−4dx=∫x2x1x2−mx−4dx

=13x3−m2x2−4xx1x2=13x13−x23−m2x12−x22−4x1−x2

=16x1−x22x12+x1x2+x22−3mx1+x2−24

=16x1−x22x1+x22−2x1x2−3mx1+x2−24

=16x1−x22m2+8−3m2=24=16x1−x2m2+16.

Suy ra S2=136x2−x12m2+162=136x1+x22−4x1x2m2+162=136m2+163

⇒S2≥136.163=10249⇒S≥323.

 

Dấu “=” xảy ra ⇔m=0

Vậy Smin=323 khi m = 0.

Chọn C.

log22021=1+log21+x2+x−log2y2−yy2+2+1

⇔log220212+log2y2−yy2+2+1=log22+log21+x2+x2

⇔20212y2−yy2+2+1=21+x2+x2

⇔202122y2−2yy2+2+2=41+x2+x2

⇔20212y2+2−y2=41+x2+x2

⇔2021y2+2−y=21+x2+x⇒1+x2+x1+y2+y=2021 11+x2−xy2+2−y=22021 2

 

Cộng 2 vế (1) và (2) ta được:

2021+22021=21+x2y2+2+2xy≤1+x2+y2+2+2xy=x+y2+3

⇒x+y≥2021+22021−3≈44,922.

Chọn C.

Mặt cầu S:x−32+y−22+z−12=3 có tâm I(3; 2; 1) và bán kính R=3.

Gọi M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

Trong các tam giác nội tiếp đường tròn thì tam giác đều có diện tích lớn nhất, vì vậy thể tích khối chóp I.BCD đạt giá trị lớn nhất khi thể tích khối nón đỉnh I đáy là đường tròn (I, IM) lớn nhất.

Gọi IM=x,0<x<3 ta có thể tích khối nón V=13IM.π.MB2=π3.x.3−x2.

V đạt giá trị lớn nhất khi x = 1

Xét tam giác ABI vuông tại B, có đường cao BM tính được IA=IB2IM=3,AB=6.

Gọi A1+2t;−6+3t;−2+2t∈d,IA=3⇔2t−22+3t−82+2t−32=9⇔t=2.

Tọa độ điểm A(5; 0; 2). Phương trình mặt cầu tâm A bán kính AB là:

S1:x−52+y2+z−22=6. Mặt phẳng (BCD) chứa giao tuyến của (S) và S1 có phương trình thỏa mãn hệ: x−32+y−22+z−12=3x−52+y2+z−22=6⇒−4x+4y−2z+12=0.

Đồng nhất với mặt phẳng mx+ny+pz+12=0 ta có m + n + p = -2.

Chọn C.