Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 4)

Có ${\log }_3{a}^5=5.{\log }_{3}a$ nên chọn đáp án B.

Chọn B.

Có $S_{xq}=\pi rl$ nên chọn đáp án B.

Chọn B.

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đã cho đạt cực đại tại -3.

Chọn B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1; 3) nên hàm số cần tìm là $y=-x^3+3x+1.$

Chọn B.

·        $\underset{x\to 2^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{3x-2}{2x-4}=-\infty ;\underset{x\to 2^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{3x-2}{2x-4}=+\infty$

$\Rightarrow$ Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 2 làm tiện cận đứng $\Rightarrow a=2$

·        $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{3x-2}{2x-4}=\frac{3}{2}$

$\Rightarrow$ Đồ thị hàm số nhận đường thẳng $y=\frac{3}{2}$ làm tiện cận ngang $\Rightarrow b=\frac{3}{2}$

Vậy $a.b=2.\frac{3}{2}=3.$

Chọn A.

Ta có: ${\log }_{\frac{1}{3}}x\ge -2\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\log }_{\frac{1}{3}}x\ge {\log }_{\frac{1}{3}}{\left(\frac{1}{3}\right)}^{-2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x\le {\left(\frac{1}{3}\right)}^{-2}\end{array}\right.\iff x\in \left(0;9\right]$

Chọn C.

Ta có: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[2f\left(x\right)+3g\left(x\right)\right]dx\iff 2\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+3\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx=2.4+3.3=17.$

Chọn C.

Ta có $z=\left(2-3i\right)\left(4+i\right)=8+2i-12i-3i^2=11-10i.$

$\Rightarrow \overline{z}=11+10i=a+bi.$ Do đó $a=11,b=10\Rightarrow a+b=11+10=21.$

Chọn C.

Ta có: $\left(2-i\right)z+1=3i\iff \frac{-1+3i}{2-i}=\frac{\left(-1+3i\right)\left(2+i\right)}{\left(2-i\right)\left(2+i\right)}=\frac{-2-i+6i+3i^2}{5}=\frac{-5+5i}{5}=-1+i$

Vậy phần thực của số phức z đã cho là -1.

Chọn B.

Ta có: $z=z_1+z_2=5+3i+6+4i=11+7i.$

Vậy điểm biểu diễn của số phức $z=z_1+z_2$ là điểm Q(11; 7)

Chọn B.

Tọa độ hình chiếu vuông góc của M(2; 3; -4) trên mặt phẳng (Oyz) là (0; 3; -4)

Chọn C.

Ta có: $R=IM=\sqrt{{\left(0+2\right)}^2+{\left(2-4\right)}^2+{\left(2-3\right)}^2}=3.$

Phương trình mặt cầu (S) đã cho là $\left(S\right):{\left(x+2\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2+{\left(z-3\right)}^2=9.$

Chọn D.

Mặt phẳng: $\left(P\right):2x+3y+2=0$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(2;3;0\right).$

Suy ra $\overrightarrow{n}=\left(-2;-3;0\right)$ cũng là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).

Chọn B.

Ta có $d\left(O;\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left|m\right|}{3}=1\iff \left|m\right|=3\iff m=\pm 3.$

Vì $m>0\Rightarrow m=3.$

Chọn B.

Ta có $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow \left(SB,\left(ABC\right)\right)=\widehat{SBA}$

Chọn C.

Vì hàm số xác định trên $ℝ$ và f'(x) đổi dấu khi đi qua bốn giá trị -2, 0, 2, 4 nên hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.

Chọn B.

Xét hàm số $y=f\left(x\right)=x+\sqrt{4-x^2}+m.$

Tập xác định $D=\left[-2;2\right].$

$f\text{'}\left(x\right)=1-\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}=\frac{\sqrt{4-x^2}-x}{\sqrt{4-x^2}}.$

$f\text{'}\left(x\right)=0\iff \sqrt{4-x^2}=x\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ 4-x^2=x^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ \left[\begin{array}{l}x=\sqrt{2}\\ x=-\sqrt{2}\end{array}\right.\end{array}\right.\iff x=\sqrt{2}\in \left[-2;2\right].$

 

$f\left(-2\right)=-2+m;f\left(2\right)=2+m;f\left(\sqrt{2}\right)=2\sqrt{2}+m.$

 

Giá trị lớn nhất của hàm số là $3\sqrt{2}\iff 2\sqrt{2}+m=3\sqrt{2}\iff m=\sqrt{2}.$

Chọn D.

${\log }_{2}a=\frac{16}{b}\iff a=2^{\frac{16}{b}}.$ 

Suy ra ${\log }_{a}b=\frac{b}{4}\iff {\log }_{2^{\frac{16}{b}}}b=\frac{b}{4}\iff \frac{b}{16}{\log }_{2}b=\frac{b}{4}\iff {\log }_{2}b=4\iff b=16.$

$\Rightarrow a=2.$

Vậy $a+b=18.$

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị là:

$x^4-2x^2+1=4\iff x^4-2x^2-3=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=-1\\ x^2=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=\sqrt{3}\\ x=-\sqrt{3}\end{array}\right..$

 

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt nên 2 đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

Chọn B.

${\log }_{\frac{1}{2}}\left({\log }_2\frac{3x-1}{x+1}\right)\le 0\iff {\log }_2\frac{3x-1}{x+1}\ge 1$

$\iff \frac{3x-1}{x+1}\ge 2\iff \frac{x-3}{x+1}\ge 0$

$\Rightarrow S=\left(-\infty ;-1\right)\cup \left[3;+\infty \right)$

Chọn C.

Thiết diện đi qua đỉnh của hình nón tạo thành hình tam giác như hình vẽ

Gọi tâm của đáy hình nón là O.

Gọi M là trung điểm AB.

$\Rightarrow \left(SOM\right)\perp \left(SAB\right).$

Hạ $OH\perp SM\Rightarrow OH\perp \left(SAB\right).$

Đặt $OM=x\left(x>0\right).$ Trong tam giác SOM ta có: $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{M}^2}+\frac{1}{S{O}^2}$

$\Rightarrow \frac{1}{x^2}=\frac{1}{{12}^2}-\frac{1}{{20}^2}\Rightarrow x=15cm.$

$\Rightarrow AB=2\sqrt{R^2-x^2}=40.$

$SM=\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}=25.$

Vậy $S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}AB.SM=500c{m}^2.$

Chọn A.

Ta có: $x=\sqrt{3}\tan t\Rightarrow dx=\sqrt{3}\left({\tan }^{2}t+1\right)dt.$

Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=0$

$x=1\Rightarrow t=\frac{\pi }{6}$

Khi đó: $I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{6}}{\int }}\frac{\sqrt{3}}{3}dt$

Chọn C.

Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại (1; 0), cắt trục Oy tại (0; -1). Diện tích hình phẳng cần tìm là

$S=\left|\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x-1}{x+1}dx\right|=\left|\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(1-\frac{2}{x+1}\right)dx\right|=\left|1-2\ln \left|x+1\right|\left|{}_0^1\right.\right|=2\ln 2-1.$

 

Chọn D.

Điểm biểu diễn số phức z = 7 + bi với $b\in ℝ$ kí hiệu là $M\left(7;b\right),b\in ℝ$ 

Khi đó $M\left(7;b\right),b\in ℝ$ nằm trên đường thẳng x = 7 với $b\in ℝ.$

Chọn A.

Cách 1: Gọi số phức w cần tìm có dạng: $w=a+bi,\left(a^2+b^2\ne 0\right)$

Khi đó ta có $a+bi=3-2i+\left(2-i\right)z$

$\iff z=\frac{a+bi-3+2i}{2-i}=\frac{\left[\left(a-3\right)+\left(2+b\right)i\right]\left(2+i\right)}{2-i}$

$\iff z=\frac{2a+ai-3i-6+\left(4+2b+2i+bi\right)i}{5}$

$\iff z=\frac{2a-b-8}{5}+\left(\frac{a+2b+1}{5}\right)i$

 

Mà |z| = 2, nên ${\left(\frac{2a-b-8}{5}\right)}^2+{\left(\frac{a+2b+1}{5}\right)}^2=4$

$\iff {\left(a-3\right)}^2+{\left(b+2\right)}^2=20$

$\Rightarrow R=\sqrt{20}=2\sqrt{5}.$

Cách 2: Ta có: $z=\frac{w-\left(3-2i\right)}{2-i}\Rightarrow \left|z\right|=\frac{\left|w-\left(3-2i\right)\right|}{\sqrt{5}}\Rightarrow \left|w-\left(3-2i\right)\right|=2\sqrt{5}$

Chọn C.

Gọi (P) là mặt phẳng song song với $\left(\alpha \right)$

Nên (P) có dạng: $-2x+y-3z+m=0\left(m\ne 2\right)$

Vì $A\left(0;-2;3\right)\in \left(P\right)\Rightarrow m=11\Rightarrow \left(P\right):2x-y+3z+11=0.$

Chọn D.

Vì A, B, C lần lượt là hình chiếu của M(-3; 1; 4) các trục Ox, Oy, Oz nên $A\left(-3;0;0\right),B\left(0;1;0\right),C\left(0;0;4\right)$

Phương trình mặt phẳng $\left(ABC\right):\frac{x}{-3}+y+\frac{z}{4}=1\iff 4x-12y-3z+12=0.$

Vậy mặt phẳng song song với mặt phẳng $\left(ABC\right):4x-12y-3z+12=0.$

Chọn D.

Ta có: $n\left(\Omega \right)={17}^3=4913.$

Trong các số tự nhiên thuộc [1; 17] có 5 số chia hết cho 3 là $\left\{3;6;9;12;15\right\},$ có 6 số chia 3 dư 1 là $\left\{1;4;7;19;13;16\right\}$ có 6 số chia 3 dư 2 là $\left\{2;5;8;11;14;17\right\}.$

Để 3 số tổng viết ra chia hết cho 3 xảy ra các trường hợp sau:

TH1: Cả 3 số viết ra đều chia hết cho 3 $\Rightarrow 5^3$ cách viết.

TH2: Cả 3 số viết ra đều choc ho 3 dư 1 $\Rightarrow 6^3$ cách viết.

TH3: Cả 3 số viết ra đều chia cho 3 dư 2 $\Rightarrow 6^3$ cách viết.

TH4: Trong 3 số viết ra có 1 số chia hết cho 3, có 1 số chia cho 3 dư 1, có 1 số chia cho 3 dư 2 nên có $\mathrm{5.6.6.3}!$ cách viết.

Vậy xác suất cần tìm là $P=\frac{5^3+6^3+6^3+\mathrm{5.6.6.3}!}{4913}=\frac{1637}{4913}$.

Chọn D.

Ta có: $y\text{'}=x^2-2\left(m-1\right)x-4m.$

Yêu cầu bài toán $\iff y\text{'}\ge 0,\forall x\in \left[1;4\right]\iff x^2-2\left(m-1\right)x-4m\ge 0,\forall x\in \left[1;4\right]$

$\iff 2m\left(x+2\right)\le x^2+2x,\forall x\in \left[1;4\right]\iff 2m\left(x+2\right)\le x\left(x+2\right),\forall x\in \left[1;4\right]\iff m\le \frac{x}{2},\forall x\in \left[1;4\right]$

$\iff m\le \underset{\left[1;4\right]}{\min }\left(\frac{x}{2}\right)=\frac{1}{2}.$ Vậy $m\le \frac{1}{2}.$

Chọn D.

Ta có: $f\left(0\right)=-\frac{4}{c}>0\Rightarrow c<0.$

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: $x=-\frac{c}{b}>0\Rightarrow b>0.$

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số: $y=\frac{a}{b}>0\Rightarrow a>0.$

Vậy trong các số a, b, c có 2 số dương.

Chọn C.

Đặt R = x, điều kiện x > 0

$V=\pi x^{2}h\Rightarrow h=\frac{V}{\pi x^2}\Rightarrow \frac{h}{R}=\frac{V}{\pi x^3}$.

$S_{TP}=2\pi R\left(h+R\right)=2\pi x\left(\frac{V}{\pi x^2}+x\right)=\frac{2V}{x}+2\pi x^2.$

 

Xét hàm số: $f\left(x\right)=\frac{2V}{x}+2\pi x^2$ với x > 0

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=-\frac{2V}{x^2}+4\pi x=\frac{4\pi x^3-2V}{x^2}.$

Khi đó: $f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi }}$

Ta có BBT:

Từ BBT trên ta thấy $S_{TP}$ nhỏ nhất khi $x=\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi }}$

Khi đó: $\frac{H}{R}=\frac{V}{\pi \frac{V}{2\pi }}=2\iff h=2R.$

Chọn C.

Thay $x=\frac{\pi }{2}$ vào đẳng thức $f\left(x\right)+f\left(\frac{\pi }{2}-x\right)=\sin x.\cos x\Rightarrow f\left(\frac{\pi }{2}\right)+f\left(0\right)=0\iff f\left(\frac{\pi }{2}\right)=0.$

Xét $I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}x.f\text{'}\left(x\right)dx$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=f\text{'}\left(x\right)dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=f\left(x\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow I=x.f\left(x\right)\left|{}_0^{\frac{\pi }{2}}\right.-\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)dx=-\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)dx\left(1\right)$

Lại có: $\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(\frac{\pi }{2}-x\right)dx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sin x.\cos xdx$

$\iff 2\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sin 2xdx\iff 2\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{1}{2}\iff \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{1}{4}.$

 

Vậy $I=-\frac{1}{4}.$

Chọn C.