Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 9)

Phương pháp:

Mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-a\right)}^2+{\left(y-b\right)}^2+{\left(z-c\right)}^2=R^2$ có tâm I(a; b; c)

Cách giải:

Mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z+3\right)}^2=4$ có tâm I(1; -2;-3)

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức $u_n=u_m+\left(n-m\right)d$ với d là công sai của cấp số cộng.

Cách giải:

Ta có $d=u_5-u_4=9-12=-3.$

Chọn D.

Phương pháp:

- Đưa về cùng cơ số, sử dụng công thức ${\log }_{a^m}{b}^n=\frac{n}{m}{\log }_{a}b.$

- Sử dụng công thức ${\log }_a\left(xy\right)={\log }_{a}x+{\log }_{a}y\left(0<a\ne 1,x,y>0\right)$.

Cách giải:

${\log }_{2}a={\log }_{16}\left(ab\right)$

$\iff {\log }_{2}a=\frac{1}{4}{\log }_2\left(ab\right)$

$\iff 4{\log }_{2}a={\log }_{2}a+{\log }_{2}b$

$\iff 3{\log }_{2}a={\log }_{2}b$

$\iff {\log }_2{a}^3={\log }_{2}b$

$\iff a^3=b$

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng công thức $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx=F\left(b\right)-F\left(a\right)$ với F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x).

Cách giải:

Ta có: $\underset{2}{\overset{3}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx=f\left(3\right)-f\left(2\right)=5-2=3.$

Chọn A.

Phương pháp:

Giải phương trình mũ: $a^{f\left(x\right)}>a^{g\left(x\right)}\iff f\left(x\right)>g\left(x\right)$ với a > 1

Cách giải:

$3^{x^2+1}>3^{2x+1}$

$\iff x^2+1>2x+1$

$\iff x^2-2x>0$

$\iff \left[\begin{array}{l}x>2\\ x<0\end{array}\right.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left(-\infty ;0\right)\cup \left(2;+\infty \right)$

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nguyên hàm $\int \cos kxdx=\frac{1}{k}\sin kx+C.$

Cách giải:

$\int f\left(x\right)dx=\int \cos 2xdx=\frac{1}{2}\sin 2x+C.$

Chọn C.

Phương pháp:

- Đưa biến vào vi phân.

- Sử dụng công thức $\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{du}{u}=\ln \left|u\right|+C.$

Cách giải:

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{2}{4x-3}dx=\frac{1}{2}\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{d\left(4x-3\right)}{4x-3}=\frac{1}{2}\ln \left|4x-3\right|+C.$

Vì $x\in \left(1;+\infty \right)\Rightarrow 4x-3>0.$

Vậy $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{1}{2}\ln \left(4x-3\right)+C.$

Chọn B.

Phương pháp:

Diện tích của mặt cầu bán kính R bằng $4\pi R^2.$

Cách giải:

Diện tích của mặt cầu bán kính R bằng $4\pi R^2.$

Chọn C.

Phương pháp:

Mặt phẳng $\left(A\right):Ax+By+Cz+D=0$ có 1 VTPT là $\overrightarrow{n}=\left(A;B;C\right)$.

Cách giải:

Mặt phẳng $\left(P\right):2x+y-z+3=0$ có 1 VTPT là $\overrightarrow{n}=\left(2;1;-1\right)$.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp.

Cách giải:

Số cách chọn ra 1 quyển sách trên giá là $C_{18}^1=18$ cách.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng: $\overrightarrow{a}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}+z\overrightarrow{k}\Rightarrow \overrightarrow{a}=\left(x;y;z\right).$

Cách giải:

Tọa độ vectơ $\overrightarrow{a}=-\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}-3\overrightarrow{k}$ là (-1; 2; -3).

Chọn A.

Phương pháp:

Giải phương trình logarit: ${\log }_{a}x=b\iff x=a^b.$

Cách giải:

${\log }_2\left(3x-1\right)=3\iff 3x-1=8\iff x=3.$

Chọn C.

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định điểm cực đại của hàm số là điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Cách giải:

Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = -1.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng công thức lãi kép: số tiền nhận được sau n kì hạn gửi tiết kiệm là $A_n=A{\left(1+r\right)}^n$ trong đó A là số tiền gốc, r là lãi suất 1 kì hạn, n là số kì hạn gửi.

Cách giải:

Sau thời gian 10 năm nếu không rút lãi lần nào thì số tiền mà ông A nhận được gồm cả gốc lẫn lãi tính theo công thức: $100000000.{\left(1+7\%\right)}^{10}={10}^8{\left(1+0,07\right)}^{10}$ (đồng).

Chọn B.

Phương pháp:

$z=a+bi\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}.$

Cách giải:

Môđun của số phức 2 + i là $\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$.

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng công thức ${\log }_a{x}^m=m{\log }_{a}x\left(0<a\ne 1,x>0\right).$

Cách giải:

${\log }_2{a}^3=3{\log }_{2}a.$

Chọn C.

Phương pháp:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=f\left(x\right),y=g\left(x\right),x=a,x=b$ là $S=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left|f\left(x\right)-g\left(x\right)\right|dx.$

Cách giải:

Ta có:

$S=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx+\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx$

$=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx$

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y = f(x):

- Đường thẳng $y=y_0$ là TCN của đồ thị hàm số y = f(x) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=y_0$ hoặc $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=y_0$

- Đường thẳng $x=x_0$ là TCĐ của đồ thị hàm số y = f(x) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: $\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ hoặc $\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty$ hoặc $\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ hoặc $\underset{x\to x_0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty$

Cách giải:

Ta có:

$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x^2-3x+1}{x^2-1}=2\Rightarrow y=2$ là TCN của đồ thị hàm số.

$y=\frac{2x^2-3x+1}{x^2-1}=\frac{\left(2x-1\right)\left(x-1\right)}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}=\frac{2x-1}{x+1}$ nên x = -1 là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\frac{2x^2-3x+1}{x^2-1}$ là 2.

Chọn D.

Phương pháp:

- Dựa vào nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số a

- Dựa vào số điểm cực trị suy ra dấu của hệ số b

Cách giải:

Nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên $\Rightarrow a>0.$

Hàm số có 3 điểm cực trị $\Rightarrow ab<0.$ Mà $a>0\Rightarrow b<0.$

Vậy $a>0,b<0.$

Chọn A.

Phương pháp:

- Đường thẳng $d\perp \left(P\right)\Rightarrow \overrightarrow{u_d}=\overrightarrow{n_P}.$

- Phương trình đường thẳng d đi qua $M\left(x_0;y_0;z_0\right)$ và có 1 VTCP $\overrightarrow{u}=\left(a;b;c\right)$ là: $\left\{\begin{array}{l}x=x_0+at\\ y=y_0+bt\\ z=z_0+ct\end{array}\right..$

Cách giải:

Mặt phẳng $\left(\alpha \right):x+3y-z+2=0$ có 1 VTPT là: $\overrightarrow{n_{\alpha }}=\left(1;3;-1\right).$

Vì đường thẳng d đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ nên đường thẳng d có 1 VTCP $\overrightarrow{u_d}=-\overrightarrow{n_{\alpha }}=\left(-1;-3;1\right).$

Vậy phương trình đường thẳng d là: $\left\{\begin{array}{l}x=2-t\\ y=-3-3t\\ z=1+t\end{array}\right..$

Chọn A.

Phương pháp:

- Thực hiện phép khai triển hàng đẳng thức tìm số phức z

- Cho số phức $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)\Rightarrow M\left(x;y\right)$ là điểm biểu diễn số phức z

Cách giải:

Ta có: $z={\left(2+i\right)}^2=4+4i+i^2=3+4i.$

Vậy điểm biểu diễn số phức $z={\left(2+i\right)}^2$ là điểm P(3; 4).

Chọn A.

Phương pháp:

- Chứng minh $\Delta SBD$ đều, gọi $O=AC\cap BD,$ tính SO.

- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOA tính SA

- Tính $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}$.

Cách giải:

Dễ thấy $\Delta SAB=\Delta SAD$ (2 cạnh góc vuông) $\Rightarrow SB=SD\Rightarrow \Delta SBD$ cân tại S

Lại có $\angle SBD={60}^0\left(gt\right)\Rightarrow \Delta SBD$ đều.

Gọi $O=AC\cap BD.$ Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên $AC=BD=a\sqrt{2}\Rightarrow OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và $\Delta SBD$ đều cạnh $a\sqrt{2}$ nên $SO=\frac{a\sqrt{2}.\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.$

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông $SOA:SA=\sqrt{S{O}^2-O{A}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=a.$

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.a^2=\frac{a^3}{3}.$

Chọn C.

Phương pháp:

- Xác định số phức $\overline{z_2}.$

- Thực hiện phép cộng số phức, tính $2z_1+\overline{z_2}$ và suy ra phần ảo của nó.

Cách giải:

$2z_1+\overline{z_2}=2\left(1+i\right)+\left(3+2i\right)=5+4i$ có phần ảo bằng 4.

Chọn D.

Phương pháp:

- Tính bán kính mặt cầu $R=IA=\sqrt{{\left(x_A-x_I\right)}^2+{\left(y_A-y_I\right)}^2+{\left(z_A-z_I\right)}^2}$

- Mặt cầu có tâm I(a; b; c) và bán kính R có phương trình là ${\left(x-a\right)}^2+{\left(y-b\right)}^2+{\left(z-c\right)}^2=R^2.$

Cách giải:

Bán kính mặt cầu là $R=IA=\sqrt{{\left(0+1\right)}^2+{\left(4-2\right)}^2+{\left(-1-1\right)}^2}=3.$

Vậy phương trình mặt cầu (S) có tâm I(-1; 2; 1) bán kính R = 3 là: ${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=9.$

Chọn D.

Phương pháp:

- Tính $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$

- Sử dụng công thức $\overrightarrow{u}=\left(x;y;z\right)\Rightarrow \left|\overrightarrow{u}\right|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}.$

Cách giải:

Ta có: $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\left(1;2;2\right)\Rightarrow \overrightarrow{u}=\sqrt{1^2+2^2+2^2}=3.$

Chọn D.

Phương pháp:

Hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ nghịch biến trên $\left(\alpha ;\beta \right)$ khi $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}<0\\ \frac{-d}{c}\notin \left(\alpha ;\beta \right)\end{array}\right..$

Cách giải:

ĐKXĐ: $x\ne -m.$

Ta có $y\text{'}=\frac{m^2-9}{{\left(x+m\right)}^2}.$

Để hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;1\right)$ thì $\left\{\begin{array}{l}y\text{'}<0\\ -m\notin \left(-\infty ;1\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-9<0\\ -m\ge 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-3<m<3\\ m\le -1\end{array}\right.\iff -3<m\le -1.$

Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-2;-1\right\}.$

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.