Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 29)

Ta có $2a+\left(b+i\right)i=1+2i\iff \left(2a-1\right)+bi=1+2i\iff \left\{\begin{array}{l}2a-1=1\\ b=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=2\end{array}\right..$

Chọn B.

Ta có $y\text{'}=\left(3^x\right)\text{'}=3^x\ln 3.$

Chọn D.

Mặt cầu $\left(S\right):{\left(x+1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=9$ có tọa độ tâm I(-1; 2; 1)

Chọn B.

Thể tích của khối chóp là $V=\frac{1}{3}Bh.$

Chọn A.

Thể tích của khối cầu là $\frac{4\pi b^3}{3}.$

Chọn A.

Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (Oyz) là điểm N(0; -1; 1)

Chọn B.

Ta có phương trình đường thẳng d viết dưới dạng chính tắc là: $\frac{x-2}{-1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z}{1}$

Do đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là $\overrightarrow{u_1}=\left(-1;2;1\right).$

Chọn A.

Số cách xếp 6 học sinh thành một hàng dọc bằng $P_6=6!.$

Chọn D.

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm x = 2

Chọn D.

Chọn B.

Số phức liên hợp của số phức z = 2 + i là $\overline{z}=2-i.$

Chọn C.

Quan sát bảng xét dấu đạo hàm ta thấy hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-1\right)$ mà $\left(-\infty ;-2\right)\subset \left(-\infty ;-1\right)$ nên hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-2\right).$

Chọn D.

Ta có: $u_{10}=u_1+9d=\left(-2\right)+9.3=25.$

Chọn D.

Nhìn vào hình dáng đồ thị loại được B và C.

Nhánh cuối của đồ thị đi xuống nên hệ số a < 0 nên chọn A.

Chọn A.

Ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1-4x}{2x-1}=-2$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1-4x}{2x-1}=-2$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y = -2.

Chọn D.

$\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{dx}{x+3}=\left(\ln \left|x+3\right|\right)\left|\begin{array}{l}2\\ 0\end{array}\right.=\ln 5-\ln 3=\ln \frac{5}{3}.$

Chọn C.

$\log a^3=3\log a.$

Chọn C.

Điểm biểu diễn số phức z = 3 - 2i là N(3; -2)

Chọn C.

Ta có: ${\log }_2\left(x^2-x+2\right)=1\iff x^2-x+2=2\iff x^2-x=0\iff x\left(x-1\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right..$

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là $S=\left\{0;1\right\}.$

Ta có: ${\log }_3\left(x^2+5\right)\le 2\iff x^2+5\le 9\iff x^2-4\le 0\iff -2\le x\le 2.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là [-2; 2]

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(-1;-1;0\right),\overrightarrow{NP}=\left(0;1;2\right)$

$\Rightarrow \left[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{NP}\right]=\left(-2;2;-1\right).$

Vậy một vectơ có hướng của mặt phẳng đi qua ba điểm trên là: $\overrightarrow{u}=\left(2;-2;1\right).$

Chọn C.

Vì đường thẳng vuông góc với giá của hai vectơ $\overrightarrow{a}=\left(1;0;1\right)$ và $\overrightarrow{b}=\left(4;1;-1\right)$ nên một vectơ chỉ phương của đường thẳng là: $\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right]=\left(-1;5;1\right).$

Đường thẳng đi qua điểm M(2; 1; -5) có dạng $\frac{x-2}{-1}=\frac{y-1}{5}=\frac{z+5}{1}.$

Chọn B.

Công thức tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r và chiều cao h là $V=\pi r^{2}h.$

Chọn B.

Ta có AO là hình chiếu vuông góc của SO trên mp(ABCD) nên góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa SO và AO

Xét tam giác SAO vuông tại A có $SA=\frac{3a\sqrt{2}}{2};AO=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

$\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{OA}=\frac{\frac{3a\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{6}a}{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SOA}={60}^0.$

Chọn A.

Thử A: Thế tọa độ điểm N(1; 3; -4) vào phương trình đường thẳng $d:\frac{x-1}{-2}=\frac{y+3}{1}=\frac{z-4}{5}$ ta được: $\frac{1-1}{-2}=\frac{3+3}{1}=\frac{-4-4}{5}$ (sai) $\Rightarrow N\notin d.$

Thử B: Thế tọa độ điểm P(-2; 1; 5) vào phương trình đường thẳng $d:\frac{x-1}{-2}=\frac{y+3}{1}=\frac{z-4}{5}$ ta được: $\frac{-2-1}{-2}=\frac{1+3}{1}=\frac{5-4}{5}$ (sai) $\Rightarrow P\notin d.$

Thử C: Thế tọa độ điểm M(-1; -2; 9) vào phương trình đường thẳng $d:\frac{x-1}{-2}=\frac{y+3}{1}=\frac{z-4}{5}$ ta được: $\frac{-1-1}{-2}=\frac{-2+3}{1}=\frac{9-4}{5}$ (đúng) $\Rightarrow M\in d.$

Chọn C.

Gọi G là trọng tâm của tam giác MNP, ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_M+x_N+x_P}{3}\\ y_G=\frac{y_M+y_N+y_P}{3}\\ z_G=\frac{z_M+z_N+z_P}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{-1+2+5}{3}\\ y_G=\frac{3+1-1}{3}\\ z_G=\frac{2-4+8}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_G=2\\ y_G=1\\ z_G=2\end{array}\right.\Rightarrow G\left(2;1;2\right).$

Vậy tọa độ trọng tâm tam giác MNP là (2; 1; 2).

Chọn C.

Chọn ngẫu nhiên một số trong 17 số nguyên dương có $C_{17}^1=17$ cách $\Rightarrow$ Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=17.$

Gọi A: “chọn được số nguyên tố” $\Rightarrow A=\left\{2;3;5;7;11;13;17\right\}\Rightarrow n\left(A\right)=7.$

Vậy xác suất của biến cố A là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{7}{17}.$

Chọn D.

Ta có $y\text{'}=3x^2-3.$ Giải phương trình $y\text{'}=0\iff 3x^2-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\notin \left(0;3\right)\\ x=1\in \left(0;3\right)\end{array}\right..$

Do $y\left(0\right)=-6;y\left(1\right)=-8;y\left(3\right)=12$ nên $M=\underset{\left[0;3\right]}{\max }y=12;m=\underset{\left[0;3\right]}{\min }y=-8.$

Vậy M - m = 20.

Chọn B.

Gọi độ dài cạnh của hình lập phương là a

Thể tích hình lập phương là: $V=a^3=27\Rightarrow a=3.$

Vậy độ dài cạnh của hình lập phương là a = 3.

Chọn B.

Ta có: $S_{xq}=\pi rl=\pi \mathrm{.5.4}=20\pi \left(c{m}^2\right).$

Chọn D.

Ta có: $\frac{a+bi}{1-i}=3+2i\iff a+bi=\left(3+2i\right).\left(1-i\right)=5-i\iff \left\{\begin{array}{l}a=5\\ b=-1\end{array}\right..$

Nên ab = -5.

Chọn A.

Mặt cầu $\left(S\right):{\left(x+2\right)}^2+y^2+{\left(z-3\right)}^2=2021$ có tọa độ tâm là (-2; 0; 3).

Chọn A.

Ta có $V=B.h=9.8=72.$

Chọn C.

Ta có: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[2021-f\left(x\right)\right]dx=\left(2021x-x^2\right)\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=2020.$

Chọn A.

Điều kiện: x > 0. Với x > 0 ta có ${\log }_3\left(x+4\right)-1>0$ nên $\left({\log }_{3}x-m\right)\left({\log }_3\left(x+4\right)-1\right)<0$ xảy ra khi ${\log }_{3}x-m<0\iff 0<x<3^m.$ Theo giả thiết suy ra $3^m\le 4041\iff m<{\log }_{3}4041\simeq 7,56.$

Do m nguyên dương suy ra $m\in \left\{1,2,3,4,5,6,7\right\}.$

Chọn C.

Ta có $f\left(1-x\right)+x^{2}f"\left(x\right)=2x,\forall x\in ℝ\Rightarrow f\left(1\right)=0.$ Ta có

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(f\left(1-x\right)+x^{2}f"\left(x\right)\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}2xdx=1\Rightarrow 1=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(f\left(x\right)+x^{2}f"\left(x\right)\right)dx$ (Do $\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(1-x\right)dx$).

Ta có:

$I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{2}f"\left(x\right)dx=xf\left(x\right)\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.-I+x^{2}f\text{'}\left(x\right)\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.-2I=2021-3I\Rightarrow I=\frac{2020}{3}.$

Chọn D.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=4a{x}^3+3b{x}^2+2cx+d;f"\left(x\right)=12a{x}^2+6bx+2c.$ Theo giả thiết ta có

$\left\{\begin{array}{l}f\text{'}\left(0\right)=1\\ f"\left(0\right)=0\\ f\text{'}\left(2\right)=1\\ f\text{'}\left(1\right)=0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}d=1\\ c=0\\ a=\frac{1}{4}\\ b=\frac{-2}{3}\end{array}\right..$ Suy ra $f\text{'}\left(x\right)=x^3-2x^2+1;f\left(x\right)=\frac{x^4}{4}-\frac{2x^3}{3}+x-\frac{275}{192}.$

Xét hàm số $h\left(x\right)=2f\left(x\right)-x^2+2x$ ta có $h\text{'}\left(x\right)=2f\text{'}\left(x\right)-2x+2\Rightarrow h\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=2\\ x=1\end{array}\right..$

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số g(x) đồng biến trên (1; 2)

Chọn C.

* Gọi $M\equiv d\cap d_1$ và $N\equiv d\cap d_2.$ Khi đó: $M\left(-5+3t_1;t_1;-1-2t_1\right)$ và $N\left(t_2;2t_2;-1+t_2\right).$

$\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\left(t_2-3t_1+5;2t_2-t_1;t_2+2t_1\right).$

* $d\perp \left(Oxy\right)$ và $M,N\in d\Rightarrow \overrightarrow{MN}\perp \left(Oxy\right)\Rightarrow \overrightarrow{MN}$ là một vectơ pháp tuyến của (Oxy)

Mặt khác mặt phẳng (Oxy) có một vectơ pháp tuyến: ${\overrightarrow{n}}_{\left(Oxy\right)}=\overrightarrow{k}=\left(0;0;1\right).$

Do đó: $\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{k}$ là hai vectơ cùng phương $\iff \overrightarrow{MN}=h.\overrightarrow{k}$ hay tương đương với hệ:

$\left\{\begin{array}{l}{t}_2-3t_1+5=0\\ 2t_2-t_1=0\\ t_2+2t_1=h\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{t}_2=1\\ t_1=2\\ h=5\end{array}\right..$ Do đó: $M\left(1;2;-5\right),N\left(1;2;0\right).$

* Ta có: $\overrightarrow{AM}=\left(0;2;-5\right),AM=\left|\overrightarrow{AM}\right|=\sqrt{29},\overrightarrow{AN}=\left(0;2;0\right),AN=\left|\overrightarrow{AN}\right|=2$

Vậy: $S=A{M}^2+A{N}^2=29+4=33.$

Chọn D.

* Đặt $h\left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right);h\left(x\right)=0\iff f\left(x\right)=g\left(x\right)\iff \left[\begin{array}{l}x=x_1\\ x=x_2\end{array}\right..$

$h\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-g\text{'}\left(x\right);h\text{'}\left(x\right)=0\iff x=x_0.$ Từ các đồ thị đã cho, ta có: $x_1<x_0<x_2.$

$h\left(x_0\right)=f\left(x_0\right)-g\left(x_0\right)=-\left[g\left(x_0\right)-f\left(x_0\right)\right]=-AB=-\frac{7}{4}.$

Bảng biến thiên của h(x) và |h(x)|

Từ bảng biến thiên, ta thấy: hàm số y = |h(x)| có 3 điểm cực trị.

* Đồ thị hàm số $y=\left|h\left(x\right)\right|+m$ có cùng số điểm cực trị với đồ thị hàm số y = |h(x)|. Do đó, hàm số $y=\left|h\left(x\right)\right|+m$ cũng có 3 điểm cực trị.

* Hàm số $y=|\left|h\left(x\right)\right|+m|$ có số điểm cực trị bằng số điểm cực trị của hàm số $y=\left|h\left(x\right)\right|+m$ cộng số giao điểm không trùng với các điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=\left|h\left(x\right)\right|+m$ với trục Ox.

Vì vậy, để hàm số $y=|\left|h\left(x\right)\right|+m|$ có đúng 5 điểm cực trị thì đồ thị hàm số $y=\left|h\left(x\right)\right|+m$ và trục Ox phải có 2 giao điểm khác các điểm cực trj hay đường thẳng y = -m phải cắt đồ thị hàm số y = |h(x)| tại 2 điểm phân biệt khác các điểm cực trị.

Từ bảng biến thiên của hàm số y = |h(x)|, điều kiện của m thỏa mãn ycbt là: $-m\ge \frac{7}{4}\iff m\le -\frac{7}{4}$, $m\in \left(-2021;2021\right)$ 

và $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-2020;-2019;\mathrm{...};-2\right\}.$

Vậy số giá trị nguyên của m thỏa mãn là: 2019.

Chọn A.

Xét tích phân $I=\underset{0}{\overset{\ln 4}{\int }}f\left(2e^x+3\right)e^{x}dx.$

Đặt $t=2e^x+3\Rightarrow dt=2e^{x}dx$ hay $e^{x}dx=\frac{1}{2}dt.$

Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=5;x=\ln 4\Rightarrow t=11.$

Khi đó:

$I=\frac{1}{2}\underset{5}{\overset{11}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{2}\underset{5}{\overset{11}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{1}{2}\left(\underset{5}{\overset{7}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{7}{\overset{11}{\int }}f\left(x\right)dx\right)=\frac{1}{2}\left[\underset{5}{\overset{7}{\int }}\left(2x+3\right)dx+\underset{7}{\overset{11}{\int }}\left(x^2-5x+3\right)dx\right]$

$=\frac{1}{2}\left[\left(x^2+3x\right)\left|\begin{array}{l}7\\ 5\end{array}\right.+\left(\frac{x^3}{3}-\frac{5x^2}{2}+3x\right)\left|\begin{array}{l}11\\ 7\end{array}\right.\right]=\frac{1}{2}\left(30+\frac{484}{3}\right)=\frac{287}{3}.$

Vậy $\underset{0}{\overset{\ln 4}{\int }}f\left(2e^x+3\right)e^{x}dx=\frac{287}{3}.$

Chọn D.

Đặt z = x + yi với $x,y\in ℝ.$ Suy ra $\overline{z}=x-yi$ và $z+\overline{z}=2x.$

Ta có: $\left|z\right|=\left|z+\overline{z}\right|=2\iff \sqrt{x^2+y^2}=\left|2x\right|=2\iff \left\{\begin{array}{l}\left|x\right|=1\\ x^2+y^2=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left|x\right|=1\\ 1+y^2=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left|x\right|=1\\ \left|y\right|=\sqrt{3}\end{array}\right..$

Vậy có 4 số phức z thỏa mãn đó là $1+\sqrt{3}i,1-\sqrt{3}i,-1+\sqrt{3}i,-1-3i.$

Chọn C.