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

Ta có $z_1+z_2=4-i.$ Tổng phần thực và phần ảo của $z_1+z_2$ bằng 3.

Chọn C.

Số phức nghịch đảo của z = 3 + 4i là $\frac{1}{3+4i}=\frac{3-4i}{3^2+4^2}=\frac{3}{25}-\frac{4}{25}i.$

Chọn A.

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}dx=\frac{x^3}{3}\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=\frac{1}{3}.$

Chọn A.

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}dx=\frac{x^3}{3}\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=\frac{1}{3}.$

Chọn A.

Ta có: $y\text{'}=\left({\log }_{5}x\right)\text{'}=\frac{1}{x\ln 5}.$

Chọn C.

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\left(\sin x-1\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\sin xdx-\underset{}{\overset{}{\int }}dx=-\cos x-x+C.$

Chọn D.

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng (-1; 0) và $\left(1;+\infty \right)$.

Suy ra chọn phương án A.

Chọn A.

Tâm của mặt cầu (S) là (4; -1; 0)

Chọn B.

Ta có: $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2-x}{x+1}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{\frac{2}{x}-1}{1+\frac{1}{x}}=-1.$

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 $A_4^2.$

Chọn B.

Thể tích khối trụ $V=\pi r^{2}h=\pi {.2}^2.3=12\pi c{m}^3.$

Chọn A.

Ta có: $u_2=u_{1}q=2.3=6.$

Chọn B.

Thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}\mathrm{.9.4}=12.$

Chọn B.

Với a > 0 thì $a^{\frac{3}{4}}=\sqrt[4]{a^3}.$

Chọn C.

Vì z = -5 + 2i nên $\overline{z}=-5-2i.$

Vậy phần thực của $\overline{z}$ là -5.

Chọn D.

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên $\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{10+\left(-4\right)+0}{3}=2\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{-4+6+4}{3}=2\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}=\frac{0+0+6}{3}=2\end{array}\right.$.

Vậy G(2; 2; 2)

Chọn B.

Ta có $y\text{'}=4x^3-8x$ và $y"=12x^2-8.$

Khi đó $y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right..$

Lại có $\left\{\begin{array}{l}y"\left(0\right)=-8<0\\ y"\left(\pm \sqrt{2}\right)=16>0\end{array}\right.$ nên hàm số đạt cực đại tại x = 0 và đạt cực tiểu tại $x=\pm \sqrt{2}.$

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

Chọn D.

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}{x}^2-3x+2>0\\ x-1>0\end{array}\right.\iff x>2.$

Ta có ${\log }_5\left(x^2-3x+2\right)+{\log }_{\frac{1}{5}}\left(x-1\right)\le 1\iff {\log }_5\frac{x^2-3x+2}{x-1}\le 1$

$\Rightarrow {\log }_5\left(x-2\right)\le 1\iff x-2\le 5\iff x\le 7$ (do x > 2)

Kết hợp điều kiện, ta được $2<x\le 7.$

Chọn A.

Ta có $y\text{'}=3x^2-6x-9.$ Xét $y\text{'}=0\iff 3x^2-6x-9=0\iff \left[\begin{array}{l}x=3\in \left[-4;4\right]\\ x=-1\in \left[-4;4\right]\end{array}\right..$

Mà $y\left(-4\right)=-41,y\left(-1\right)=40,y\left(3\right)=8,y\left(4\right)=15.$

Suy ra $m=\underset{x\in \left[-4;4\right]}{\min }y=y\left(-4\right)=-41$ và $M=\underset{x\in \left[-4;4\right]}{\max }y=y\left(-1\right)=40.$

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 $\left\{\begin{array}{l}3=2+t\\ -2=1+t\\ -1=-2+t\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}t=1\\ t=-3\\ t=1\end{array}\right.\Rightarrow$ 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 $\left\{\begin{array}{l}1=2+t\\ 2=1+t\\ -1=-2+t\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}t=-1\\ t=1\\ t=1\end{array}\right.\Rightarrow$ 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 $\left\{\begin{array}{l}-3=2+t\\ -2=1+t\\ 1=-2+t\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}t=-5\\ t=-3\\ t=3\end{array}\right.$hệ vô nghiệm nên đường thẳng d không đi qua

D(-3; -2; 1)

Với điểm B(3; 2; -1) ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}3=2+t\\ 2=1+t\\ -1=-2+t\end{array}\right.\iff t=1$nên đường thẳng d đi qua B(3; 2; -1)

Chọn C.

Ta có: $3^{x^2-4x+5}=9\iff 3^{x^2-4x+5}=3^2\iff x^2-4x+5=2\iff x^2-4x+3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=3\end{array}\right..$

Vậy tích các nghiệm thực của phương trình $3^{x^2-4x+5}=9$ bằng 3.

Chọn A.

Ta có F(x) là một nguyên hàm của hàm số $f\left(x\right)=4x+\cos 2x$ nên F(x) có dạng $F\left(x\right)=2x^2+\frac{1}{2}\sin 2x+C$

Từ $F\left(0\right)=1\iff C=1$ suy ra $F\left(x\right)=2x^2+\frac{1}{2}\sin 2x+1.$

Vậy $F\left(\pi \right)=2{\pi }^2+1.$

Chọn B.

Từ bảng biến thiên hàm số ta suy ra

$\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{b}=-2\\ ac+2b<0\\ -\frac{c}{b}=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-2b\\ 2b^2+2b<0\\ c=-b\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-2b\\ -1<b<0\\ c=-b\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}0<a<2\\ 0<c<1\end{array}\right.\Rightarrow 0<a+c<3.$

Chọn B.

Ta có $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[2020f\left(x\right)-2021g\left(x\right)\right]dx=2020\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx-2021\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx$

                                               $=2020.2-2021.3=-2023.$

Chọn C.

Ta có bán kính mặt cầu là $R=QP=\sqrt{{\left(5-3\right)}^2+{\left(-2+3\right)}^2+{\left(3-1\right)}^2}=3.$

Phương trình mặt cầu tâm Q(3; -3; 1) bán kính bằng R = 3 là ${\left(x-3\right)}^2+{\left(y+3\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=9.$

Chọn C.

Vì $d\perp \left(P\right)$ nên mặt phẳng (P) có vec tơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{u_d}=\left(1;-3;1\right).$

Phương trình mặt phẳng (P) là $1\left(x-2\right)-3\left(y-3\right)+1\left(z-1\right)=0$

$\iff x-2-3y+9+z-1=0$

$\iff x-3y+z+6=0.$

Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là $\left|\Omega \right|=C_{15}^5=3003.$

Gọi biến cố A “đoàn đại biểu 5 người có đúng 3 nữ”. Khi đó $\left|{\Omega }_A\right|=C_7^3.C_8^2=980.$

Vậy $P_A=\frac{980}{3003}=\frac{140}{429}.$

Chọn C.

Ta có $a^{2-3{\log }_{a}b}=a^2.a^{-3{\log }_{a}b}=a^2.a^{{\log }_a{b}^{-3}}=a^2{b}^{-3}.$

Chọn A.

Ta có $xf\text{'}\left(x\right)+f^2\left(x\right)=f\left(x\right)\iff \frac{f\left(x\right)-xf\text{'}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}=1\iff {\left(\frac{x}{f\left(x\right)}\right)}^{\text{'}}=1.$

Lấy nguyên hàm hai vế ta được $\frac{x}{f\left(x\right)}=x+C\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{x}{x+C}.$

Vì $f\left(1\right)=\frac{1}{2}$ nên C = 1 suy ra $f\left(x\right)=\frac{x}{x+1}.$

Từ đó $P=f\left(1\right).f\left(2\right)\mathrm{...}f\left(2021\right)=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}\mathrm{...}\frac{2021}{2022}=\frac{1}{2022}.$

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 $\Rightarrow 2\pi r=9\Rightarrow r=\frac{9}{2\pi }dm.$

Độ dài đường kính $BF=2r=\frac{9}{\pi }dm.$

Kẻ $EM//AB\left(M\in \overrightarrow{BF}\right),$ vì $AE=\frac{1}{3}AD\Rightarrow \overrightarrow{AE}=\overrightarrow{BM}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BF}\Rightarrow \widehat{BFM}={60}^0$ và $\widehat{MBF}={30}^0$

Tam giác BMF vuông tại $M\Rightarrow BM=BF.\sin \widehat{BFM}=\frac{9\sqrt{3}}{2\pi }dm\Rightarrow AE=\frac{9\sqrt{3}}{2\pi }dm.$

Ta có $BM//AE\Rightarrow \widehat{\left(AE,BF\right)}=\widehat{MBF}={30}^0$

$\Rightarrow V_{ABEF}=\frac{1}{6}AE.BF.d\left(AE,BF\right).\sin \widehat{\left(AE,BF\right)}=\frac{1}{6}.AE.BF.AB.\sin \widehat{MBF}$

$\Rightarrow V_{ABEF}=\frac{27\sqrt{3}}{2{\pi }^2}d{m}^3.$

Chọn B.

Gọi $O=AC\cap BD,$ vì S.ABCD là chóp đều $\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right).$

Ta có $SB\cap \left(ABCD\right)=B\Rightarrow \left(SB,\left(ABCD\right)\right)=\widehat{SBO}$

ABCD là hình vuông cạnh $3\Rightarrow BD=3\sqrt{2}\Rightarrow OB=\frac{3\sqrt{2}}{2}$

Tam giác SOB vuông tại O có $OB=\frac{3\sqrt{2}}{2};SB=\sqrt{6}$

$\Rightarrow \cos \widehat{SBO}=\frac{OB}{SB}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{SBO}={30}^0.$

Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng ${30}^0.$

Chọn C.

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

Ta có:

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

$BC\perp SA$ (do $SA\perp \left(ABC\right),BC\subset \left(ABC\right)$)

Nên: $BC\perp \left(SAM\right)\Rightarrow BC\perp AH$ (vì $AH\subset \left(SAM\right)$)

Lại có: $AH\perp SM$ (cách dựng)

Suy ra: $AH\perp \left(SBC\right)$ tại H

$\Rightarrow H$ là hình chiếu của A trên (SBC).

$\Rightarrow SH$ là hình chiếu của SA trên (SBC).

$\Rightarrow \widehat{\left(SA,\left(SBC\right)\right)}=\widehat{\left(SA,SH\right)}=\widehat{ASH}=\widehat{ASM}\Rightarrow \widehat{ASM}={30}^0$

+) Tam giác ABC vuông cân tại $A\Rightarrow 2A{B}^2=B{C}^2=2a^2\Rightarrow AB=a\Rightarrow AC=AB=a$

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

Có: $AM=\frac{1}{2}BC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Tam giác SAM vuông tại $A\Rightarrow SA=\frac{AM}{\tan {30}^0}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{12}.$

Chọn B.