Đề thi thử tốt nghiệp môn Toán THPT năm 2022 có đáp án (đề 30)

Đáp án B

Gọi V là thể tích cần tính.

Ta có: $V=\pi \underset{0}{\overset{\frac{\pi }{6}}{\int }}{\sin }^{2}3xdx=\frac{\pi }{2}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{6}}{\int }}\left(1-\cos 6x\right)dx={\left.\frac{\pi }{2}\left(x-\frac{1}{6}\sin 6x\right)\right|}_0^{\frac{\pi }{6}}$

$=\frac{\pi }{2}\left(\frac{\pi }{6}-\frac{1}{6}\sin \pi -0\right)=\frac{{\pi }^2}{12}\left(\text{đvtt}\right)$

Đáp án B

Ta có: ${\log }_{\sqrt{a}}\left(a^2\sqrt{b}\right)=2\left(2{\log }_{a}a+{\log }_a\sqrt{b}\right)=2\left(2+\frac{1}{2}{\log }_{a}b\right)=4+{\log }_{a}b$

Đáp án C

Đặt $x=t^5+4t+3\Rightarrow dx=\left(5t^4+4\right)dt$ và $f\left(x\right)=f\left(t^5+4t+3\right)=2t+1$.

Với $x=-2\Rightarrow t^5+4t+3=-2\iff t=-1$; $x=8\Rightarrow t^5+4t+3=8\iff t=1$.

Do đó $\underset{0}{\overset{8}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left(2t+1\right)\left(5t^4+4\right)dt=10$.

Đáp án C

Ta có: $y^{\text{'}}=\frac{2m\left(x^2+x-1\right)}{{\left(2x+1\right)}^2}$. Để hàm số có hai cực trị thì m≠0.

Lại có phương trình qua hai điểm cực trị là y = mx−1. Đường phân giác góc phần tư thứ nhất là y = x.

Vậy yêu cầu bài toán tương đương m.1 = −1 hay m = −1.

Chú ý: Hàm số $y=\frac{a{x}^2+bx+c}{dx+e}$ trong đó ab≠0 nếu có hai điểm cực trị thì đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số này sẽ có phương trình là $d:y=\frac{{\left(a{x}^2+bx+c\right)}^{\text{'}}}{{\left(dx+e\right)}^{\text{'}}}=\frac{2ax+b}{d}$.

Đáp án A

Ta có

$\begin{array}{l}{2}^{x^2}{.3}^{mx-1}=6\iff x^2+\left(mx-1\right){\log }_{2}3={\log }_{2}6\\ \iff x^2+m\left({\log }_{2}3\right).x-2{\log }_{2}3-1=0\end{array}$

Khi đó yêu cầu bài toán $\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta =m^2{\left({\log }_{2}3\right)}^2+4\left({\log }_{2}3+1\right)>0\\ x_1+x_2=4{\log }_{2}3\end{array}\right.$

$\Rightarrow -m{\log }_{2}3=4{\log }_{2}3\Rightarrow m=-4$ (thỏa mãn)

Đáp án A

Gọi bán kính đáy của hình trụ là R. Khi đó theo bài ra ta có:

$V=2825\iff \pi R^2.25=2825\iff R^2=\frac{113}{\pi }\iff R=\sqrt{\frac{113}{\pi }}$

Vậy diện tích toàn phần của hộp sữa là:

$S_{tp}=2\pi Rh+2\pi R^2=2\pi .\sqrt{\frac{113}{\pi }}.25+2\pi {\left(\sqrt{\frac{113}{\pi }}\right)}^2\approx 1168\left({\text{cm}}^{\text{2}}\right)$

Đáp án C

Đường cao của hình nón là $h=\sqrt{l^2-r^2}=3a$. Thể tích khối nón $V=\frac{1}{3}.h.\pi .r^2=16\pi a^3$

Đáp án C

Ta có: $I=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{{\left(x-2\right)}^{2018}}{{\left(x+1\right)}^{2020}}dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}{\left(\frac{x-2}{x+1}\right)}^{2018}.\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}dx$

Đặt: $t=\frac{x-2}{x+1}\Rightarrow dt=\frac{3}{{\left(x+1\right)}^2}dx\Rightarrow \frac{1}{3}dt=\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}dx$

Đổi cận $x=0\Rightarrow t=-2,x=2\Rightarrow t=0$$\Rightarrow I=\frac{1}{3}\underset{-2}{\overset{0}{\int }}{t}^{2018}dt={\left.\frac{1}{3}.\frac{t^{2019}}{2019}\right|}_{-2}^0=\frac{2^{2019}}{3.2019}$

Đáp án B

Ta có:

$$\begin{gathered} y^{\text{'}}=\frac{-\left(1+{\cot }^{2}x\right)\left(m\cot x-1\right)+m\left(1+{\cot }^{2}x\right)\left(\cot x-1\right)}{{\left(m\cot x-1\right)}^2} \\ =\frac{\left(1+{\cot }^{2}x\right)\left(1-m\right)}{{\left(m\cot x-1\right)}^2} \end{gathered}$$

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}\right)$ khi và chỉ khi: 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}m\cot x-1\ne 0,\forall x\in \left(\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}\right)\\ y^{\text{'}}=\frac{\left(1+{\cot }^{2}x\right)\left(1-m\right)}{{\left(m\cot x-1\right)}^2}>0,\forall x\in \left(\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m\le 0\\ m\ge 1\end{array}\right.\\ 1-m>0\end{array}\right.\iff m\le 0 \end{gathered}$$

Đáp án C

Hàm số liên tục trên các khoảng (−∞;1) và (1;+∞).

Hàm số liên tục trên R $\iff$ hàm số liên tục tại điểm $x=1\iff \underset{x\to 1}{\lim }\frac{2\sqrt[3]{x}-x-1}{x-1}=m+1$

$$\begin{gathered} \iff \underset{x\to 1}{\lim }\left[\frac{2\left(\sqrt[3]{x}-1\right)}{x-1}-1\right]=m+1 \\ \iff \underset{x\to 1}{\lim }\left[\frac{2}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1}-1\right]=m+1 \\ \iff -\frac{1}{3}=m+1\iff m=-\frac{4}{3} \end{gathered}$$ 

Đáp án C

Gọi $z=a+bi,\left(a,b\in ℝ\right)$. Ta có $\left|z-2-4i\right|=\left|z-2i\right|\iff \left|a+bi-2-4i\right|=\left|a+bi-2i\right|$

$\iff \sqrt{{\left(a-2\right)}^2+{\left(b-4\right)}^2}=\sqrt{a^2+{\left(b-2\right)}^2}\iff a+b-4=0$

$\left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{a^2+{\left(4-a\right)}^2}=\sqrt{2{\left(a-2\right)}^2+8}\ge 2\sqrt{2}$

Vậy |z| nhỏ nhất khi a = 2, b = 2. Khi đó $M=a^2+b^2=8$.

Đáp án A

Ta có $F^{\text{'}}\left(x\right)=7e^x-\frac{1}{{\cos }^{2}x}=e^x\left(7-\frac{e^{-x}}{{\cos }^{2}x}\right)$

Đáp án A

Để d tiếp xúc (C) tại 2 điểm phân biệt thì ta phải có $x^4+4x^3-2x^2-ax-b={\left(x-c\right)}^2{\left(x-e\right)}^2$.

Đạo hàm hai vế ta được $4x^3+12x^2-4x-a=2\left(2x-c-e\right)\left(x-e\right)\left(x-c\right)$

$\Rightarrow 4x^3+12x^2-4x-a=0$ có 3 nghiệm phân biệt $x=c,x=e,x=\frac{c+e}{2}\Rightarrow \frac{c+e}{2}=-1$.

Khi đó $4x^3+12x^2-4x-a=0$ có nghiệm $x=-1\Rightarrow a=12\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}c=-3\\ e=1\end{array}\right.$

$\Rightarrow b={\left.-{\left(x+3\right)}^2{\left(x-1\right)}^2\right|}_{x=0}^{}=-9$

Do đó $A\left(-3;-45\right);B\left(1;3\right)$. Vì vậy $S_{\Delta OAB}=18$.

Đáp án B

Vì $f\left(x\right)=\frac{2f\left(4\sqrt{x}-4\right)}{\sqrt{x}}+3x^2,\forall x\in \left[4;9\right]$ nên $\underset{4}{\overset{9}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{4}{\overset{9}{\int }}\frac{2f\left(4\sqrt{x}-4\right)}{\sqrt{x}}dx+3\underset{4}{\overset{9}{\int }}{x}^{2}dx$

$$\begin{gathered} \iff \underset{4}{\overset{9}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{4}{\overset{8}{\int }}f\left(t\right)dt+665\left(t=4\sqrt{x}-4\right) \\ \iff \underset{8}{\overset{9}{\int }}f\left(x\right)dx=665 \end{gathered}$$

Đáp án D

Khi SD thay đổi thì AC thay đổi.

Đặt AC = x. Gọi $O=AC\cap BD$.

Vì SA=SB=SC nên chân đường cao SH trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

$\Rightarrow H\in BO$

Ta có

$\begin{array}{l}OB=\sqrt{a^2-{\left(\frac{x}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{4a^2-x^2}{4}}=\frac{\sqrt{4a^2-x^2}}{2}\\ S_{ABC}=\frac{1}{2}OB.AC=\frac{1}{2}.x.\frac{\sqrt{4a^2-x^2}}{2}=\frac{x\sqrt{4a^2-x^2}}{4}\\ HB=R=\frac{a.a.x}{4S_{ABC}}=\frac{a^{2}x}{4.\frac{x\sqrt{4a^2-x^2}}{4}}=\frac{a^2}{\sqrt{4a^2-x^2}}\\ SH=\sqrt{S{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^4}{4a^2-x^2}}=\frac{a\sqrt{3a^2-x^2}}{\sqrt{4a^2-x^2}}\\ V_{S.ABCD}=2V_{S.ABC}=2.\frac{1}{3}.SH.S_{ABC}\\ =\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3a^2-x^2}}{\sqrt{4a^2-x^2}}.\frac{x\sqrt{4a^2-x^2}}{4}\\ =\frac{1}{6}a\left(x.\sqrt{3a^2-x^2}\right)\le \frac{1}{6}a\left(\frac{x^2+3a^2-x^2}{2}\right)=\frac{a^3}{4}\end{array}$

Đáp án B

Gọi $M\left(x;y\right),F_1\left(-2;0\right),F_2\left(2;0\right)$.

Ta có

$$\begin{gathered} \left|z+2\right|+\left|z-2\right|=8 \\ \iff \sqrt{x^2+{\left(y+2\right)}^2}+\sqrt{x^2+{\left(y-2\right)}^2}=8 \\ \iff M{F}_1+M{F}_2=8 \end{gathered}$$

Do đó điểm M(x;y) nằm trên elip (E) có $2a=8\iff a=4$. Ta có $F_1{F}_2=2c\iff 4=2c\iff c=2$.

Ta có $b^2=a^2-c^2=16-4=12$. Vậy tập hợp các điểm M là elip $\left(E\right):\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$

Đáp án B

Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(1-\frac{x}{2}\right)+x,g^{\text{'}}\left(x\right)=-\frac{1}{2}{f}^{\text{'}}\left(1-\frac{x}{2}\right)+1$

$$\begin{gathered} g^{\text{'}}\left(x\right)<0\iff -\frac{1}{2}{f}^{\text{'}}\left(1-\frac{x}{2}\right)+1<0 \\ \iff f^{\text{'}}\left(1-\frac{x}{2}\right)>2\Rightarrow 2<1-\frac{x}{2}<3 \\ \iff -4<x<-2 \end{gathered}$$

Vậy hàm số g(x) nghịch biến trên (-4;-2).

Đáp án A

Tập xác định: D = R.

Ta có: $y^{\text{'}}=\left(2m-1\right)+\left(3m+2\right)\sin x$.

Để hàm số nghịch biến trên R thì $y^{\text{'}}\le 0,\forall x$ tức là: $\left(2m-1\right)+\left(3m+2\right)\sin x\le 0\left(1\right),\forall x\in ℝ$.

+) $m=-\frac{2}{3}$ thì (1) thành $-\frac{7}{3}\le 0,\forall x\in ℝ$.

+) $m>-\frac{2}{3}$ thì (1) thành $\sin x\le \frac{1-2m}{3m+2}\Rightarrow \frac{1-2m}{3m+2}\ge 1\iff \frac{5m+1}{3m+2}\le 0\iff -\frac{2}{3}<m\le \frac{-1}{5}$.

+) $m<-\frac{2}{3}$ thì (1) thành $\sin x\ge \frac{1-2m}{3m+2}\Rightarrow \frac{1-2m}{3m+2}\le -1\iff \frac{m+3}{3m+2}\le 0\iff -3\le m<-\frac{2}{3}$.

Kết hợp được: $-3\le m\le -\frac{1}{5}$

Đáp án A

Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng d.

Ta có $IH=d\left(I;d\right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{MI},\overrightarrow{u_d}\right]\right|}{\left|\overrightarrow{u_d}\right|}=\sqrt{26}$ với $M\left(0;0;2\right)\in d;\overrightarrow{u_d}=\left(2;1;2\right)$.

Trong tam giác vuông IAH ta có: $AH=\sqrt{R^2-26}$.

Theo giả thiết ta có: $IA+IB+AB=2\sqrt{R^2-26}+2R=12+2\sqrt{10}$

$$\begin{gathered} \iff \sqrt{R^2-26}=\left(6+\sqrt{10}\right)-R \\ \Rightarrow 2R\left(6+\sqrt{10}\right)=72+12\sqrt{10}\iff R=6 \end{gathered}$$

Vậy phương trình mặt cầu là: ${\left(x-1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z+3\right)}^2=36$

Đáp án D

Số hạng tổng quát của khai triển: $C_{10}^k{\left(\frac{1}{3}\right)}^{10-k}.{\left(\frac{2}{3}x\right)}^k=C_{10}^k\frac{2^k}{3^{10}}{x}^k=a_k.x^k\left(k\ge 0\right)$.

Giả sử a_k là hệ số lớn nhất thì 

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{a}_k\ge a_{k+1}\\ a_k\ge a_{k-1}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{C}_{10}^k\frac{2^k}{3^{10}}\ge C_{10}^{k+1}\frac{2^{k+1}}{3^{10}}\\ C_{10}^k\frac{2^k}{3^{10}}\ge C_{10}^{k-1}\frac{2^{k-1}}{3^{10}}\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{10!}{\left(10-k\right)!.k!}\ge \frac{2.10!}{\left(9-k\right)!.\left(k+1\right)!}\\ \frac{2.10!}{\left(10-k\right)!.k!}\ge \frac{10!}{\left(11-k\right)!.\left(k-1\right)!}\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{10-k}\ge \frac{2}{k+1}\\ \frac{2}{k}\ge \frac{1}{11-k}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}k+1\ge 2\left(10-k\right)\\ 2\left(11-k\right)\ge k\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}k\ge \frac{19}{3}\\ k\le \frac{22}{3}\end{array}\right.\Rightarrow k=7\end{array}$

Đáp án A

Ta có $S=\underset{1}{\overset{2}{\int }}xf\left(x^2\right)dx=\frac{5}{2},t=x^2\Rightarrow dt=2xdx$.

Suy ra $S=\frac{1}{2}\underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(t\right)dt\Rightarrow \underset{1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=2S=5$

Đáp án C

Ta có

$\begin{array}{l}=\ln \frac{1}{2}+\ln \frac{2}{3}+\ln \frac{3}{4}+\mathrm{...}+\ln \frac{999}{1000}\\ =\ln \left(\frac{1}{2}.\frac{2}{3}\mathrm{...}\frac{990}{1000}\right)=\ln \frac{1}{1000}\\ =-\ln 1000=-\ln \left(2^3{.5}^3\right)\\ =-\left(3\ln 2+3\ln 5\right)=-3\left(a+b\right)\end{array}$

Đáp án B

Gọi S là giao điểm của BC và AD.

Gọi V₁ là thể tích khối nón đỉnh S, đường sinh SC, bán kính đáy DC $\Rightarrow V_1=\frac{1}{3}SD.\pi .D{C}^2=\frac{8\pi a^3}{3}$.

Gọi V₂ là thể tích khối nón đỉnh S, đường sinh SB, bán kính đáy AB $\Rightarrow V_2=\frac{1}{3}SA.\pi .A{B}^2=\frac{\pi a^3}{3}$.

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm bằng: $V_1-V_2=\frac{7\pi a^3}{3}$.

Chú ý: Áp dụng công thức tính thể tích nón cụt $V=\frac{1}{3}\pi h\left(R^2+r^2+R\right)=\frac{7\pi a^3}{3}$.

Đáp án D 

Ta có: 

$$\begin{gathered} \int f^{\text{'}}\left(x\right){\left[f\left(x\right)\right]}^{2018}dx=\int x{e}^{x}dx \\ \iff \int {\left[f\left(x\right)\right]}^{2018}df\left(x\right)=\left(x-1\right).e^x+C \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \iff \frac{1}{2019}.{\left[f\left(x\right)\right]}^{2019}=\left(x-1\right).e^x+C \\ \iff {\left[f\left(x\right)\right]}^{2019}=2019\left(x-1\right).e^x+2019C \end{gathered}$$

Do $f\left(1\right)=1$ nên $2019C=1$ hay ${\left[f\left(x\right)\right]}^{2019}=2019\left(x-1\right).e^x+1$.

Ta có:

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=-\frac{1}{e}\iff {\left[f\left(x\right)\right]}^{2019}=-\frac{1}{e^{2019}} \\ \iff 2019\left(x-1\right).e^x+1+\frac{1}{e^{2019}}=0 \end{gathered}$$

Xét hàm số $g\left(x\right)=2019\left(x-1\right).e^x+1+\frac{1}{e^{2019}}$ trên R.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{g}^{\text{'}}\left(x\right)=2019x.e^x;g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=0;g\left(0\right)=-2019+1+\frac{1}{e^{2019}}<0\\ \underset{x\to +\infty }{\lim }g\left(x\right)=+\infty ;\underset{x\to -\infty }{\lim }g\left(x\right)=1+\frac{1}{e^{2019}}>0\end{array}\right.$.

Bảng biến thiên của hàm số:

Do đó phương trình $f\left(x\right)=-\frac{1}{e}$ có đúng 2 nghiệm.

Đáp án B

Vẽ đồ thị hàm số $y=\left|f\left(\left|x\right|\right)\right|$ như hình bên dưới

Ta có $\left|f\left(\left|2-m\right|\right)\right|=m$ có cùng số nghiệm với phương trình $\left|f\left(\left|x\right|\right)\right|=m$.

Đường thẳng y = m cắt $y=\left|f\left(\left|x\right|\right)\right|$ tại 10 điểm phân biệt khi 0<m<3 nên có 2 giá trị nguyên m thỏa mãn.