Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 26)

z=z1+z2=2−i+−1+4i=1+3i.

Chọn A.

Chiều cao khối chóp là h=3.189=6cm.

Chọn B.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, M(-5; 3) là điểm biểu diễn của số phức z = -5 + 3i

Chọn C.

Trong không gian Oxyz, mặt cầu S:x2+y2+z2−2x+4y+2z−3=0 có bán kính là R=12+−22+−12−−3=3.

Chọn B.

Ta có y=x33+2x2+3x−4⇒y'=x2+4x+3.

y'=0⇔x2+4x+3=0⇔x=−1x=−3∈−4;0.

y−4=y−1=−163,y−3=y0=−4.

⇒min−4;0y=−163;max−4;0y=−4=M.

Vậy mM=−163−4=43.

Chọn B.

log32x+1=2⇔2x+1=32⇔x=4.

Chọn A.

Số các tập con gồm 3 phần tử của một tập hợp gồm 6 phần tử là C63.

Chọn A.

Ta có z=1−2i⇒z¯=1+2i nên z¯ có phần ảo bằng 2.

Chọn D.

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên −∞;−2 và (0; 2)

Chọn D.

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=2x−1x+2 là đường thẳng y = 2.

Chọn C.

Khối lập phương cạnh bằng 3 có thể tích là: V=33=27.

Chọn A.

Ta có: AD⊥ABAD⊥SA⇒AD⊥SAB.

⇒SA là hình chiếu vuông góc của SD lên (SAB).

⇒∠SD;SAB=∠SD;SA=∠DSA.

Vì ABCD là hình vuông có AC=52⇒AD=5=SA⇒ΔSAD vuông cân tại A nên ∠DSA=450.

Vậy ∠SD;SAB=450.

Chọn D.

Thể tích khối trụ V=πr2h=π.22.2=8π.

Chọn C.

y=log3x⇒y'=1xln3.

Chọn B.

Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là Sxq=πrl.

Chọn D.

Ta có:

∫03fxdx=∫02fxdx+∫23fxdx

⇒∫02fxdx=∫03fxdx−∫23fxdx=5−3=2.

Chọn C.

Ta có:

I=∫−25fx−4gx−1dx

     =∫−25fxdx−4∫−25gxdx−∫−25dx

     =8−4.−3−x5−2

     =20−5−−2=13.

Chọn B.

Ta có: 2−iz¯=2−iz¯=22+−12.z=5.12+−32=52.

Chọn A.

Ta có: a→.b→=−1.0+−2.3+3.1=−3.

Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C61=6.

Gọi A là biến cố: “lấy được một số chia hết cho 3” ⇒A=6;9⇒nA=2.

Vậy xác suất của biến cố A là PA=nAnΩ=26=13.

Chọn C.

Dựa vào BXD ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị x = -1, x = 1 trong đó x = -1 là điểm cực tiểu, x = 1 là điểm cực đại.

Do đó chỉ có đáp án A đúng.

Chọn A.

log12x+1<log122x−1

⇔x+1>2x−1>0

⇔x<2x>12⇔12<x<2

 

Vậy S=12;2.

Chọn A.

Trong không gian Oxyz đường thẳng d:x2=y+1−3=z1 có 1 VTCP là (2; -3; 1) nên u→=−2;3;−1 cũng là 1 VTCP của d.

Chọn B.

u2=u1.q=2.3=6.

Chọn D.

Dựa vào BBT ta thấy xCT=0.

Chọn B.

Fx=∫3x2+2x+5dx=x3+x2+5x+C

Chọn C.

Xét đáp án B: Hàm số có TXĐ D = ℝ và có y'=−2021<0 ∀x∈ℝ nên hàm số y=−2021x+1 nghịch biến trên ℝ

Chọn B.

Cho y=0⇒x−2x+1=0⇔x=2.

Vậy đồ thị hàm số y=x−2x+1 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2.

Chọn D.

∫fxdx=∫e3xdx=13e3x+C.

Chọn C.

log100a=log100+loga=2+loga.

Chọn A.

x53=x53.

Chọn D.

Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm A(3; 4; 1) trên mặt phẳng (Oxy) là N(3; 4; 0)

Chọn D.

42x−1=64⇔42x−1=43⇔2x−1=3⇔x=2.

Chọn B.

∫−122xdx=x22−1=22−−12=3

Chọn A.

Đồ thị hình trên là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại ngay đáp án B.

Đồ thị có nhánh cuối đi lên nên hệ số của x3 dương, do đó loại đáp án A.

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

Chọn B.

Gọi O=AD'∩A'D⇒I=A'D∩AD'I.

Do đó dA'AD'IdD;AD'I=OA'OD=1⇒dA';AD'I=dD;AD'I.

Trong (ABCD) dựng DM⊥AI, trong (DD'M) dựng DH⊥D'MH∈D'M ta có:

AI⊥DMAI⊥DD'⇒AI⊥DD'M⇒AI⊥DH

DH⊥D'MDH⊥AI⇒DH⊥AD'I⇒dD;AD'I=DH

 

Ta có

SADI=SABCD−SABI−SCDI

     =AB.BC−12AB.12BC−12CD.12BC

     =12AB.BC=12.3.2=3

Lại có SADI=12DM.AI⇒DM=2SADIAI=2.3AB2+BI2=632+12=610

Áp dụng định lí Pytago: DD'=AD'2−AD2=5−4=1.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông DD'M có: DH=DD'.DMDD'2+DM2=1.6101+185=34623.

Vậy dA';AD'I=34623.

Chọn C.

ĐKXĐ: x > 0

Coi bất phương trình đã cho có y là tham số.

Ta có Δ=3y2−4.2y2=y2≥0 ∀y.

Khi đó bất phương trình đã cho có nghiệm 3y−y2<log2x<3y+y2⇔y<log2x<2y⇔2y<x<22y.

⇒ Tập nghiệm của bất phương trình là S=2y;22y.

Theo bài ra ta có: Có không quá 4031 số nguyên x thỏa mãn phương trình nên 22y−2y+1−2≤4031 (trừ đi 2 đầu mút).

⇔22y−2y−4032≤0

⇔−63≤2y≤64

⇔y≤6

Kết hợp điều kiện y là số nguyên dương ⇒ Có 6 giá trị của y thỏa mãn.

Chọn B.

Vì A∈d1⇒A1+a;2+3a;a,B∈d2⇒B−1−b;1+2b;2+4b.

Ta có

MA→=a−2;3a−1;a+2

MB→=−b−4;2b−2;4b+4

Vì M,A,B∈d nên chúng thẳng hàng, do đó tồn tại số thực k≠0 sao cho MA→=kMB→

⇔a−2=k−4−b3a−1=k2b−2a+2=k4b+4⇔a=0b=0k=12

 

⇒A−2;−1;2,B−4;−2;4.

Vậy AB=−22+−12+22=3.

Chọn D.

Đặt z=x−yiz≠0⇒z¯=x−yi.

Theo bài ra ta có:

     z−3i=1−i.z¯

⇔x+yi−3i=1−i.x−yi

⇔x+yi−3i=1−y−xi

⇔x2+y−32=1−y2+x2

⇔y−3=1−yy−3=y−1⇔y=2vo nghiem

 

Ta lại có:

z−9z=x+2i−9x+2i=x+2i−9x−2ix2+4=x−9xx2+4+2+18x2+4i là số thuần ảo.

⇒x−9xx2+4=0⇔x1−9x2+4=0

⇔x=0x2+4=9⇔x=0x=±5

 

Vậy có 3 số phức thỏa mãn yêu cầu.

Chọn B.

Phương trình mặt phẳng (ABC) là: x1+y2+z3=1⇔6x+3y+z−6=0.

Vậy dD;ABC=6.1+3.2+2.3−662+22+32=127.

Chọn C.

Phương trình x2+y2+z2−2x−2y−4z+m=0 là phương trình mặt cầu khi 12+12+22−m>0⇔m<6.

Chọn B.

Ta có: BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥SAB⇒SB là hình chiếu vuông góc của SC lên (SAB)

⇒∠SC;SAB=∠SC;SB=∠BSC=300.

Xét tam giác vuông SBC có SB=BC.cot300=2a3.

Xét tam giác vuông SAB:SA=SB2−AB2=12a2−4a2=22a.

Vậy VS.ABCD=13SA.SABCD=13.22a.2a2=82a33.

Chọn B.

Gọi M(x; y; z) là một tiếp điểm bất kì của tiếp tuyến kẻ từ A đến mặt cầu (S)

M∈S⇒x2+y2+z2=25.

Vì A∈Δ⇒A10+t;−t;10+t.

Vì AM là tiếp tuyến của (S) có tâm O(0; 0; 0), bán kính R = 5 nên AM⊥OM⇒AM→.OM→=0

Ta có: AM→=x−10−t;y+t;z−10−t,OM→=x;y;z

⇒xx−10−t+yy+t+zz−10−t=0

⇔x2−10x−tx+y2+ty+z2−10z−tz=0

⇔x2+y2+z2−10x−10z−tx−y+z=0

⇔25−10x−10z−tx+y+z=0

⇔x−y+z=010z+10z=25⇔x−y+z=02x+2z=5

 

⇒P chứa đường thẳng d:x−y+z=02x+2y=5 cố định.

Ta có: d:x−y+z=02x+2z=5⇔z=ty=x+t2x=−2z+5⇔2x=−2t+5y=x+tz=t⇔x=52−ty=52z=t

⇒d có 1 VTCP là u→=−1;0;1.

Khi đó ta có sind;Oxy=cosu→;i→=u→.i→u→.i→=−1.1+0.0+1.02.1=12.

Vậy ∠d;Oxy=450.

Chọn C.

Xét hàm số fx=2x3−3x2+6m2+1x+2021 ta có f'x=6x2−6x+6m2+1.

Ta có f'x=6x2−x+1+m2>0 ∀x∈−1;0,∀m do đó hàm số f(x) đồng biến trên [-1; 0].

⇒min−1;0fx=f−1=−6m2+2010

     max−1;0fx=f0=2021

⇒max−1;0fx=max−m2+2010;2021.

 

TH1:

max−1;0fx=−m2+2010−6m2+2010≥2021⇔max−1;0fx=−m2+2010−6m2+2010≥2021−6m2+2010≤−2021

⇔max−1;0fx=−6m2+20106m2≤−1vo nghiem−6m2+2010≤−2010⇔max−1;0fx=−6m2+2010m2≥40316

 

⇒−6m2+2010≤−2010

⇒max−1;0fx≥2021 ∀m2≥40316

⇒minmax−1;0fx=2021⇔m2=40316

TH2:

max−1;0fx=20212021≥−6m2+2010⇔max−1;0fx=2021−2021≤6m2+2010≤2021

⇔max−1;0fx=2021−16≤m2≤40316⇔max−1;0fx=20210≤m2≤40316

⇒minmax−1;0fx=2021⇔0≤m2≤40316

Vậy S=−40316;40316.

Do S là tập đối xứng nên tổng các phần tử của S bằng 0.

Chọn B.

Xét phương trình hoành độ giao điểm x4−3x2+m=0 1.

Đặt t=x2 ta có t2−3t+m=0 2.

Vì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt nên phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt

⇒Δ=9−4m>0S=3>0P=m>0⇔0<m<94.

 

Giả sử t1<t2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (2) thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt −t2<−t1<t1<t2.

Do tính đối xứng nên ta dễ có

S1=S3=∫t1t2−x4+3x2−mdx

     

=−x55+x3−mxt2t1

     =−15t22t2−t12t1+t2t2−t1t1−mt2−t1

S2=∫−t1t1x4−3x2+mdx=x55−x3+mxt1−t1

     

=2t12t15−t1t1+mt1

Theo bài ra ta có: S1+S3=2S2

⇔−15t22t2−t12t1+t2t2−t1t1−mt2−t1=t12t15−t1t1+mt1

⇔−15t22t2+t2t2−mt2=0

⇔t2−15t22+t2−m=0

⇔−15t22+t2−m=0 3 (do t2>0)

Vì t2 là nghiệm của phương trình (2) nên t22−3t2+m=0⇔m=−t22+3t2.

Thay vào (3) ta có:

−15t22+t2+t22−3t2=0

⇔45t22−2t2=0

⇔t2=0ktmt2=52tm

 

Khi đó m=−t22+3t2=−522+3.52=54tm⇒a=5,b=4.

Vậy T=a+b=5+4=9∈8;10.

Chọn A.

Đặt u=ln4−x24+x2dv=x3dx⇒du=−16x16−x4dxv=x44−4=x4−164.

Khi đó ta có:

∫01x3ln4−x24+x2dx=x4−164ln4−x24+x210−∫014xdx

=−154ln35−2x210=−154ln35−2=a+blnpq

⇒a=−2,b=−154,p=3,q=5.

Vậy S=2ab+pq=2.−2.−154+3.5=30.

Chọn D.

ĐKXĐ: x−2100y>0x−2≥0⇔x>2y>0.

Ta có:

     logx−2100y=y−x−2y+x−2+1−2

⇔logx−2−logy−2=y2−x−2+y−x−2−2

⇔x+2+x−2+logx−2=y2+y+logy

Xét hàm đặc trưng ft=t2+t+logtt>0 ta có f't=2t+1+1tln10>0 ∀t>0, do đó hàm số đồng biến trên 0;+∞.

Do đó fx−2=fy⇔x−2=y⇔x−2=y2⇔x=y2+2>2.

Khi đó ta có: P=lny2+2x2021=lnxx2021

Xét hàm số Px=lnxx2021 với x > 2 ta có: P'x=x2021x−12021.x−20202021lnxx20212

P'x=0⇔x2021x−12021.1x20202021lnx=0⇔2021x−xlnx=0⇔x=0ktmx=e2021tm

 

BBT:

Vậy Pmax∈700;800.

Chọn C.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Thiết diện của mặt phẳng vuông với trục Ox tại x. Suy ra diện tích này là tam giác ABC vuông tại B. 

Ta có

AB=BC.tanα=R2−x2.hR=4−x2.104

⇒SΔABC=12AB.BC=124−x2.104=5416−x2

⇒V=53∫−4416−x2dx=3203cm3

Chọn A.

Đặt z=x+yi⇒z¯=x−yi và M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z.

Theo bài ra ta có:

z+z¯+2+2z−z¯−2i≤12⇔2x+2+22yi−2i≤12

⇔2x+1+4y−1i≤12⇔x+1+2y−1≤6 1

⇒ Tập hợp các điểm M thỏa mãn (1) là miền trong (tính cả biên) của hình thoi ABCD với A−7;1,B−1;−2, C5;1,D−1;4 như hình vẽ sau:

Gọi I(4; 4) là điểm biểu diễn số phức 4 + 4i khi đó ta có P=z−4−4i=MI.

Dựa vào hình vẽ ta thấy P đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên CD, với CD là đường thẳng có phương trình x+2y−7=0.

Khi đó ta có MI=dI;CD=5⇒Pmin=5=m.

Tiếp tục ta thấy MI đạt GTLN khi M≡A, khi đó Pmax=IA=130=M.

Vậy M+m=5+130.

Chọn A.

Đặt gx=x4−2m2x2+3, ta có f(g(x)) = x

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy fgx=x⇔gx=a0<a<1gx=b1<b<2gx=cc>3⇔x4−2m2x2+3=a0<a<11x4−2m2x2+3=b2<b<32x4−2m2x3+3=cc>3      3

Xét hàm số gx=x4−2m2x2+3 ta có g'x=4x3−4m2x=0⇔x=0x=±m

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy:

+ Phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt.

+ Phương trình (1), (2), mỗi phương trình có nhiều nhất 4 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình ban đầu có nhiều nhất 10 nghiệm phân biệt.

Chọn D.