Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 30)

Chọn A.

Đồ thị hàm số $y=\frac{x^2-x+1}{x+1}$ cắt trục tung nên hoành độ giao điểm bằng 0 suy ra tung độ giao điểm bằng 1.

Chọn C.

Với một số thực dương ta có: $\sqrt[3]{a^2}=a^{\frac{2}{3}}.$

Chọn C.

ĐK: $x^2>0\iff x\ne 0.$

Ta có: ${\log }_2\left(x^2\right)=4\iff x^2=16\iff \left[\begin{array}{l}x=4\left(n\right)\\ x=-4\left(n\right)\end{array}\right..$

Suy ra tập nghiệm $S=\left\{-4;4\right\}$.

Chọn B.

Ta có: $u_1.u_3=u_2^2\Rightarrow u_3=\frac{u_2^2}{u_1}=\frac{6^2}{2}=18.$

Chọn C.

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1-x}{x+1}=-1$ (hoặc $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1-x}{x+1}=-1)$, nên đường thẳng y = -1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Chọn B.

Với số thực dương a tùy ý, ta có: ${\log }_3{a}^3=3{\log }_{3}a.$

Chọn C.

Ta có $\left|z\right|=\sqrt{1^2+{\left(\sqrt{2}\right)}^2}=\sqrt{3}.$

Chọn B.

Ta có $y\text{'}=\frac{1}{x\ln 2}.$

Chọn C.

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra điểm cực tiểu của hàm số là x = 3.

Chọn D.

Ta có $3^{1-2x}=27\iff 1-2x=3\iff x=-1.$

Vậy nghiệm của phương trình $3^{1-2x}=27$ là: x = -1.

Chọn B.

Ta có $\overline{z}=-2-i.$

Vậy điểm biểu diễn của số phức $\overline{z}$ là M(-2; -1)

Chọn A.

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{1}{3}\underset{}{\overset{}{\int }}\sin 3xd\left(3x\right)=-\frac{1}{3}\cos 3x+C$

Chọn D.

Ta có: $w=\left(2-i\right)\left(3+2i\right)=6+4i-3i-2i^2=8+i$

Chọn A.

Đặt $2x=t\Rightarrow 2dx=dt\Rightarrow dx=\frac{dt}{2}$

Đổi cận:

$x=1\Rightarrow t=2$

$x=2\Rightarrow t=4$

Suy ra $I=\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(t\right)\frac{dt}{2}=\frac{1}{2}\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(t\right)dt.$

Chọn A.

Ta có $\underset{1}{\overset{0}{\int }}g\left(x\right)dx=5\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx=-5$      

Suy ra $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[f\left(x\right)-g\left(x\right)\right]dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx=2-\left(-5\right)=7.$

Chọn A.

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm ta thấy f'(x) đổi dấu 3 lần khi qua các điểm x = -4, x = 1, x = 3.

Do đó hàm số có 3 điểm cực trị.

Chọn D.

Số cách chọn ra 2 học sinh trong 8 học sinh là số tổ hợp chập 2 của 8 phần tử $C_8^2.$

Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; 3)

Chọn C.

Ta có: $F\left(x\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}2xdx=\frac{2x^2}{2}+C=x^2+C.$

Vì $F\left(0\right)=2\Rightarrow 0^2+C=2\Rightarrow C=2.$

Vậy $F\left(x\right)=x^2+2.$

Chọn A.

Từ đồ thị ta thấy đây là hình ảnh đồ thị hàm bậc $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty \Rightarrow a>0,$ loại phương án C.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương $\Rightarrow d>0,$ loại phương án B.

Xét phương án D có $y\text{'}=3x^2-6x\Rightarrow y\text{'}=0$ có hai nghiệm là x = 0 và x = 2 nên hàm số đạt cực trị tại x = 0 và x = 2loại phương án D.

Vậy phương án đúng là A.

Chọn B.

Điều kiện: x > 0

Ta có ${\log }_3^{2}x-6{\log }_{3}x+8=0\iff \left[\begin{array}{l}{\log }_{3}x=4\\ {\log }_{3}x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=3^4\\ x=3^2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=81\\ x=9\end{array}\right..$

Vậy tổng hai nghiệm của phương trình bằng: $81+9=90.$

Chọn A.

Ta có $7=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(3f\left(x\right)+2x\right)dx=3\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}2xdx$

$\iff 3I=7-\underset{0}{\overset{2}{\int }}2xdx\iff 3I=3\iff I=1.$

Vậy I = 1.

Chọn C.

G là trọng tâm của tam giác $ABC\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{1}{3}\left(x_A+x_B+x_C\right)\\ y_G=\frac{1}{3}\left(y_A+y_B+y_C\right)\\ z_C=\frac{1}{3}\left(z_A+z_B+z_C\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_G=1\\ y_G=1\\ z_G=1\end{array}\right..$

Vậy G(1; 1; 1)

Chọn A.

Điểm A thuộc (P) khi và chỉ khi: $3.1-2.1+4-m=0\iff 5-m=0\iff m=5.$

Chọn A.

Chọn D.

$y\text{'}=-6x^2+6x;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right..$

Bảng biến thiên:

Theo bảng biến thiên ta có $\underset{\left[0;2\right]}{\max }f\left(x\right)=5\iff f\left(1\right)=5\iff m+1=5\iff m=4.$

Chọn A.

Hình lăng trụ đứng có diện tích đáy là $S=6a^2,$ độ dài cạnh bên bằng h = 2a.

Vậy thể tích $V=S.h=6a^2.2a=12a^3.$

Chọn C.

$y=x^3-3x+3$ có tập xác định $D=ℝ.$

$y\text{'}=3x^2-3;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right..$

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-1;1\right)\supset \left(-1;0\right).$

Chọn B.

Phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(1; 1; 1) và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(1;2;3\right)$ là $1\left(x-1\right)+2\left(y-1\right)+3\left(z-1\right)=0\iff x+2y+3z-6=0.$

Chọn B.

Xét khối hộp ABCD.A'B'C'D' có thể tích $V=S_{ABCD}.AA\text{'}.$

Xét khối lăng trụ ABC.A'B'C' có thể tích $V_1=S_{ABC}.AA\text{'}.$

Mà $S_{ABC}=\frac{1}{2}.S_{ABCD}$ suy ra $V_1=\frac{1}{2}V$ hay $V_1=\frac{2021}{2}$

Chọn C.

Theo lý thuyết, công thức tính diện tích toàn phần của hình nón là $S_{tp}=\pi rl+\pi r^2.$

Diện tích toàn phần của hình nón có đường sinh l = 6, bán kính đáy r = 2 là:

                                         $S_{tp}=\pi \mathrm{.2.6}+\pi {.2}^2=16\pi .$

Chọn D.

Phương trình mặt cầu (S) có tâm I(-1; 0;2) và bán kính R = 4 là ${\left(x+1\right)}^2+y^2+{\left(z-2\right)}^2=16.$

Chọn C.

Gọi M là trung điểm BC

Vì $\Delta ABC$ đều nên $AM\perp BC.$ Mà $AM\perp BB\text{'}$ (do ABC.A'B'C' là hình lăng trụ tam giác đều)

Suy ra $AM\perp \left(BB\text{'}C\text{'}C\right).$

Khi đó B'M là hình chiếu của AB' lên BB'C'C

Suy ra $\widehat{\left(AB\text{'},\left(BB\text{'}C\text{'}C\right)\right)}=\widehat{\left(AB\text{'},B\text{'}M\right)}=\widehat{AB\text{'}M}={30}^0.$

Vì $\Delta ABC$ đều nên $AM=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}.$

$\Delta AB\text{'}M$ vuông tại M có $\sin \widehat{AB\text{'}M}=\frac{AM}{AB\text{'}}\Rightarrow AB\text{'}=\frac{AM}{\sin {30}^0}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{1}{2}}=2a\sqrt{3}.$

$\Delta ABB\text{'}$ vuông tại B có $BB\text{'}=\sqrt{AB{\text{'}}^2-A{B}^2}=2a\sqrt{2}.$

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là $V=BB\text{'}.S_{ABC}=2a\sqrt{2}.\frac{{\left(2a\right)}^2\sqrt{3}}{4}=2a^3\sqrt{6}$ (đvtt).

Chọn D.

Ta có $z+1+3i-\left|z\right|i=0\iff a+bi+1+3i-i\sqrt{a^2+b^2}=0$

 $\iff a+1+\left(b+3-\sqrt{a^2+b^2}\right)i=0\iff \left\{\begin{array}{l}a+1=0\\ b+3-\sqrt{a^2+b^2}=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ \sqrt{b^2+1}=b+3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b\ge -3\\ b^2+1={\left(b+3\right)}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b\ge -3\\ b=-\frac{4}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=-1\\ b=-\frac{4}{3}\end{array}\right..$

Vậy $S=2a+3b=2.\left(-1\right)+3.\left(-\frac{4}{3}\right)=-6.$

Chọn B.

Vì AB là hình chiếu vuông góc của A'B lên mặt phẳng (ABC) suy ra góc giữa đường thẳng A'B và mặt phẳng (ABC) chính là góc $\widehat{A\text{'}BA}.$

Xét tam giác vuông $A\text{'}AB:\tan \widehat{A\text{'}BA}=\frac{A\text{'}A}{AB}=\frac{A\text{'}A}{\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{5a^2-4a^2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{A\text{'}BA}={60}^0.$

Chọn A.

Mặt cầu (S) có tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên $R=d\left(O;\left(P\right)\right)=\frac{\left|9\right|}{\sqrt{9}}=3.$

Vậy $\left(S\right):x^2+y^2+z^2=9.$

Chọn D.

Ta có $I=\underset{\sqrt[3]{e^4}}{\overset{e^2}{\int }}\frac{f\left(3\ln x-4\right)+1}{x}dx=\underset{\sqrt[3]{e^4}}{\overset{e^2}{\int }}\frac{f\left(3\ln x-4\right)}{x}dx+\underset{\sqrt[3]{e^4}}{\overset{e^2}{\int }}\frac{1}{x}dx=J+\frac{2}{3}.$

Xét $J=\underset{\sqrt[3]{e^4}}{\overset{e^2}{\int }}\frac{f\left(3\ln x-4\right)}{x}dx.$

Đặt $J=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{1}{3}\left(\underset{0}{\overset{\frac{1}{2}}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{\frac{1}{2}}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx\right)=\frac{1}{3}\left(-S_2+S_3-S_4\right)=-\frac{10}{3}.$

Do đó $I=-\frac{10}{3}+\frac{2}{3}=-\frac{8}{3}=\frac{a}{b}\Rightarrow a.b=-24.$

Chọn B.

Gọi M là trung điểm $AB\Rightarrow M\left(1;1;3\right),\overrightarrow{AB}=\left(6;2;4\right)=2\left(3;1;2\right).$

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua M(1; 1; 3) và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(3;1;2\right).$

Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là $3x+y+2z-10=0.$

Chọn B.

Ta có $\overrightarrow{u_{d_1}}=\left(1;2;-1\right),\left\{\begin{array}{l}A\in d_2\Rightarrow A\left(a;2;3\right)\\ B\in d_3\Rightarrow B\left(0;b+2;3\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left(-a;b;0\right).$ Theo đề bài

$AB\perp d_1\Rightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{u_{d_1}}=0\iff -a+2b=0\iff a=2b\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left(-2b;b;0\right).$ Vì $A\ne B\Rightarrow \overrightarrow{u}=\left(-2;1;0\right)$ là một VTCP của AB Ta có $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u}=\left(-2;1;0\right)\\ \overrightarrow{u_{d_1}}=\left(1;2;-1\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left[\overrightarrow{u};\overrightarrow{u_{d_1}}\right]=\left(-1;-2;-5\right)\Rightarrow \overrightarrow{n}=\left(1;2;5\right)$ là một VTPT của (P)

Kết hợp với (P) qua $M\left(2;1;0\right)\in d\Rightarrow \left(P\right):\left(x-2\right)+2\left(y-1\right)+5z=0\iff x+2y+5z-4=0.$

Ta có:

$V_{S.ABCD}=2V_{S.ABC}=2V_{A.SBC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}.$

$AC=a\sqrt{2}\Rightarrow AB=a.$

Vậy $S_{ABCD}=a^2.$

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S xuống (ABCD).

Ta có:

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}.$

$\Rightarrow SH=\frac{3V_{S.ABCD}}{S_{ABCD}}=\frac{3.\frac{a^3\sqrt{3}}{6}}{a^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vậy $d\left(M,\left(ABCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(S,\left(ABCD\right)\right)=\frac{1}{2}SH=\frac{a\sqrt{3}}{4}.$

Chọn A.

Gọi $\alpha ;\beta ;\gamma$ là các điểm cực trị của hàm số y = f(x). Có $\alpha ;\beta ;\gamma \in \left[a;c\right].$

Xét hàm số $h\left(x\right)=f^2\left(x\right)+m,$ có $h\text{'}\left(x\right)=2f\text{'}\left(x\right).f\left(x\right).$

$h\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}f\text{'}\left(x\right)=0\\ f\text{'}\left(x\right)=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=a\\ x=b\\ x=0\\ x=c\\ x=\alpha \\ x=\beta \\ x=\gamma \end{array}\right.$ các nghiệm này đều thuộc [a; c].

Ta có $f\left(a\right)=f\left(b\right)=f\left(0\right)=f\left(c\right)=0;f\left(\alpha \right)=-3;f\left(\beta \right)=2;f\left(\gamma \right)=-6$ nên

 $h\left(a\right)=h\left(b\right)=h\left(0\right)=h\left(c\right)=m;h\left(\alpha \right)=m+9;h\left(\beta \right)=m+4;h\left(\gamma \right)=m+36.$

Vậy $\underset{\left[a;c\right]}{\max }h\left(x\right)=m+36,\underset{\left[a;c\right]}{\min }h\left(x\right)=m\Rightarrow \underset{\left[a;c\right]}{\max }g\left(x\right)=\max \left\{\left|m+36\right|;\left|m\right|\right\}$.

TH1: $m>0;\underset{\left[a;c\right]}{\max }g\left(x\right)=\left|m+36\right|=m+36,$ khi đó $m+36=2021\iff m=1985.$

TH2: $m+36<0\iff m<-36;\underset{\left[a;c\right]}{\max }g\left(x\right)=\left|m\right|=-m,$ khi đó $-m=2021\iff m=-2021.$

TH3: $m<0<m+36\iff -36<m<0;\underset{\left[a;c\right]}{\max }g\left(x\right)=\max \left\{-m;m+36\right\}\stackrel{m\in \left(-36;0\right)}{\ne }2021$ nên không tồn tại giá trị của

Vậy $S=\left\{1985;-2021\right\}.$