Đề thi minh họa tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo

Ta có: \(|z|=\sqrt{3^2+(-1)^2}=\sqrt{10}\)

Từ phương trình mặt cầu ta có \(R^2=9\) suy ra \(R=3\).

Thay M(-1; 0) vào đồ thị thấy thỏa mãn.

Công thức thể khối cầu bán kính r là: \(V=\dfrac{4}{3} \pi r^3\).

Ta có: \(\displaystyle\int f(x) {\rm d} x=\displaystyle\int x^{\frac{3}{2}} {\rm d} x=\dfrac{2}{5} x^{\frac{5}{2}}+C\).

Dựa vào bảng xét dấu, ta có: Số điểm cực trị của hàm số đã cho là 4.

Ta có: \(2^x>6 \Leftrightarrow x>\log _2 6\).

Thể tích của khối chóp đã cho là \(V=\dfrac{1}{3} B h=\dfrac{1}{3} \cdot 7 \cdot 6=14\).

Vì \(\sqrt{2}\) là số vô tỉ nên điều kiện xác định của hàm số \(y=x^{\sqrt{2}}\) là x>0.

Tập xác đinh: \(D=(0;+\infty)\).

Điều kiện: \(x+4>0 \Leftrightarrow x>-4\).

\(\log _2(x+4)=3 \Leftrightarrow x+4=2^3 \Leftrightarrow x=4\) (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x=4.

Ta có \(\displaystyle\int_2^5\left[f(x)+g(x) \right]\mathrm{\,d}x=\displaystyle\int_2^5f(x)\mathrm{\,d}x+\displaystyle\int_2^5g(x)\mathrm{\,d}x=3+(-2)=1\).

Ta có: \(2 z=2(3-2 i)=6-4 i\).

Mặt phẳng (P) có một VTPT là: \(\vec{n}=(2;-3; 4)\).

Ta có \(\vec{u}-\vec{v}=(-1; 2;-1)\).

Ta có M(2; 3) là điểm biểu diễn của số phức \(z \Rightarrow z=2+3 i\). Vậy phần thực của z bằng 2.

TXĐ: \(D=\mathbb{R}\setminus \{2\}\). Ta có: \(\begin{cases} \lim\limits_{y\to 2^+}y=\lim\limits_{x\to 2^+}\dfrac{3x+2}{x-2}=+\infty\\ \lim\limits_{y\to 2^-}y=\lim\limits_{x\to 2^-}\dfrac{3x+2}{x-2}=-\infty\end{cases},\) suy ra x=2 là TCĐ. Vậy x=2 là TCĐ.

Với a>0, ta có \(\log_2\left( \dfrac{a}{2} \right)=\log_2a-\log_22=\log_2a-1\).

Hình dáng đồ thị đặc trưng của hàm số bậc 3, thể hiện a>0.

Đường thẳng \(d:\begin{cases}m \leq 0 \\ -10<m<6\end{cases}\) đi qua điểm M(1; 2;-3).

Với n là số nguyên dương, số các hoán vị của n phần tử là: \(P_n=n!\).

Thể tích V của khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là: V=B h.

Đạo hàm của hàm số \(y=\log _2 x\) trên khoảng \((0;+\infty)\) là \(y’=\dfrac{1}{x \ln 2}\).

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (-2; 0).

Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ là \(S_{\rm x q}=2 \pi r l\).

\(\displaystyle\int_2^5 3 f(x) \mathrm{d} x=3 \displaystyle\int_2^5 f(x) \mathrm{d} x=3.2=6\).

Ta có: \(u_2=u_1+d=7+4=11\).

\(\displaystyle\int f(x) \mathrm{d} x=\displaystyle\int(1+\sin x) d x=x-\cos x+C\).

Dựa vào đồ thị hàm số, giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng -1.

Hàm số \(y=f(x)=x+\dfrac{4}{x}\) xác định trên đoạn [1; 5].

Ta có:

\(\begin{array}{l}
y' = 1 - \frac{4}{{{x^2}}}\\
y' = 0 \Leftrightarrow 1 - \frac{4}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in [1;5] \vee x =  -  \notin [1;5]
\end{array}\)

Mà \(f(1)=5;\,f(5)=\dfrac{29}{2};\,f(2)=4\) nên suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số là 4 tại x=2.

Xét \(y=-x^3-x \) có \(y’=-x^2-1=-\left(x^2+1\right)<0 \,\forall x \in \mathbb{R}\). Hàm số \(y=-x^3-x\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Ta có \(\log _2 a-3 \log _2 b=2 \Leftrightarrow \log _2 a-\log _2 b^3=2 \Leftrightarrow \log _2 \dfrac{a}{b^3}=2 \Leftrightarrow \dfrac{a}{b^3}=4 \Leftrightarrow a=4 b^3\).

Ta có A’C’ song song AC nên góc giữa hai đường thẳng A’C’ và BD bằng góc giữa AC và BD và bằng \(90^\circ\).

Ta có \(\displaystyle\int_1^3\left[f(x)+2{x} \right]{\rm d}x=\displaystyle\int_1^3f(x){\rm d}x+\displaystyle\int_1^32x{\rm d}x=10\).

\(d: \dfrac{x}{2}=\dfrac{y+2}{4}=\dfrac{z-3}{-1}\) nên có véc-tơ chỉ phương là \(\vec{u}_d=(2; 4;-1)\).

Mặt phẳng đi qua M(2;-5; 3) và nhận \(\vec{u}_d=(2; 4;-1)\) làm véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình \(2(x-2)+4(y+5)-(z-3)=0\) hay \(2 x+4 y-z+19=0\).

Có \(i\overline{z}=5+2i\Leftrightarrow \overline{z}=\dfrac{5+2i}{i}=2-5i\). Vậy phần ảo của z bằng 5.

Ta có \(\left. \begin{aligned}&CB\perp BB’\\&CB\perp AB\\\end{aligned} \right\}\Rightarrow CB\perp \left( ABB’A’ \right)\)

Vậy \(d\left[C;\left( \left( ABB’A’ \right) \right) \right]=CB=AB=4\).

Lấy ngẫu nhiên đồng thời hai quả cầu trong 16 quả cầu, không gian mẫu có số phần tử là: \(n(\Omega)=C_{16}^2\).

Gọi biến cố A là “lấy được hai quả có màu khác nhau”, suy ra \(\bar{A}\) là ” lấy được hai quả cùng màu”.

Ta có \(n(\bar{A})=C_7^2+C_9^2\) Vậy xác suất cần tìm: \(P(A)=1-P(\bar{A})=1-\dfrac{C_7^2+C_9^2}{C_{16}^2}=\dfrac{21}{40}\).

Ta có \(\vec{BC}=(2;-4; 1)\) nên phương trình đường thẳng đi qua \(A\) và song song với \(BC\) là: \(\dfrac{x-2}{2}=\dfrac{y+2}{-4}=\dfrac{z-3}{1}\).

Điều kiện: \(\begin{cases} 2-\log(4x)\ge 0\\ 4x>0\end{cases}\Leftrightarrow 0\)

Giải (1): \(\log(4x)=2\Leftrightarrow 4x=10^2\Leftrightarrow x=25\text{(thỏa mãn)}\)

Giải (2): \(\left(2^x\right)^2-20.2^x+64\ge 0\Leftrightarrow 2^x\ge 16\) hoặc \(2^x\le 4\). Từ đó tìm được \(x\ge 4\) hoặc \(x\le 2\).

Kết hợp với điều kiện, ta có các giá trị nguyên thỏa mãn trong trường hợp này \(x\in \left\{1;2\right\}\cup \left\{4;5;6\dots 25\right\}\).

Vậy có 24 số nguyên \(x\) thỏa đề bài.

Xét phương trình f'(f(x))=0 (1). Đặt t=f(x), từ (1) \(\Leftrightarrow f'(t)=0\).

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y=f(x), ta có \(f'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{t =  - 1}\\
{t = 2}
\end{array}} \right.\)

Với \(t=-1\Leftrightarrow f(x)=-1\Rightarrow 3\) nghiệm;

Với \(t=2\Leftrightarrow f(x)=2\Rightarrow 1\) nghiệm.

Vậy số nghiệm thực phân biệt của phương trình là 3+1=4 nghiệm.

Ta có \(f(x)=\displaystyle\int f'(x) {\rm d} x=\displaystyle\int\left(12 x^2+2\right) {\rm d} x=4 x^3+2 x+C\).

Với \(f(1)=3 \Rightarrow 4.1^3+2.1+C=3 \Rightarrow C=-3\). Vậy \(f(x)=4 x^3+2 x-3\). Ta có \(F(x)=\displaystyle\int f(x) {\rm d} x=\displaystyle\int\left(4 x^3+2 x-3\right) {\rm d} x=x^4+x^2-3 x+C\).

Với \(F(0)=2 \Rightarrow 0^4+0^2-3.0+C=2 \Rightarrow C=2\). Vậy \(F(x)=x^4+x^2-3 x+2\), khi đó \(F(1)=1^4+1^2-3.1+2=1\).

Gọi O là tâm hình vuông suy ra \(S O \perp(A B C D)\). Ta có \((SAB) \cap(SCD)=S x\parallel AB\parallel CD\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(A B\), suy ra \(S I \perp A B \Rightarrow S I \perp S x \Rightarrow S I \perp(S C D) \Rightarrow S I \perp S D\) \(A C=4 a \Rightarrow A D=2 \sqrt{2} a \Rightarrow D I=a \sqrt{10}\).

Đặt \(S D=x \Rightarrow S I=\sqrt{x^2-2 a^2}\).

Ta có hệ thức \(x^2-2 a^2+x^2=10 a^2 \Rightarrow x^2=6 a^2 \Rightarrow x=a \sqrt{6}\). Từ đó ta tính được \(S O=a \sqrt{2}\).

Vậy \(V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3} \cdot a \sqrt{2} \cdot(2 \sqrt{2} a)^2=\dfrac{8 \sqrt{2}}{3} a^3\)

Ta có \(\Delta’=m^2-8 m+12\).

Nếu \(\Delta’>0\) thì phương trình có hai nghiệm thực, khi đó \(\left|z_1\right|=\left|z_2\right| \Leftrightarrow z_1=-z_2 \Leftrightarrow z_1+z_2=0 \Leftrightarrow m=0\) (thỏa mãn);

Nếu \(\Delta'<0\), thì phương trình có hai nghiệm thức khi đó là hai số phức liên hợp nên ta luôn có \(\left|z_1\right|=\left|z_2\right|\), hay \(m^2-8 m+12<0 \Leftrightarrow 2<m<6\) luôn thỏa mãn.

Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số thỏa mãn.

Giả sử z=x+y i, với \(x, y \in \mathbb{R}\) và điều kiện \(|z|-z \neq 0 \Leftrightarrow\begin{cases}m \leq 0 \\ -10<m<6\end{cases}\).

Ta có: \(w=\dfrac{1}{|z|-z}=\dfrac{1}{\left(\sqrt{x^2+y^2}-x\right)+y i}=\dfrac{\sqrt{x^2+y^2}-x}{\left(\sqrt{x^2+y^2}-x\right)^2-y^2}+\dfrac{y}{\left(\sqrt{x^2+y^2}-x\right)^2+y^2} i\).

Theo giả thiết, ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{{\sqrt {{x^2} + {y^2}}  - x}}{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + {y^2}}  - x} \right)}^2} + {y^2}}} = \frac{1}{8}\\
 \Leftrightarrow 8\left( {\sqrt {{x^2} + {y^2}}  - x} \right) = 2{x^2} + 2{y^2} - 2x\sqrt {{x^2} + {y^2}} \\
 \Leftrightarrow 4\left( {\sqrt {{x^2} + {y^2}}  - x} \right) = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \left( {\sqrt {{x^2} + {y^2}}  - x} \right)\\
 \Leftrightarrow \left( {\sqrt {{x^2} + {y^2}}  - x} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + {y^2}}  - 4} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 4 \vee \sqrt {{x^2} + {y^2}}  - x = 0
\end{array}\)

TH1: \(\sqrt {{x^2} + {y^2}}  - x = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \le 0\\
y = 0
\end{array} \right.\)

TH2: \(\sqrt{x^2+y^2}=4 \Leftrightarrow x^2+y^2=16\).

Gọi \(z_1=x_1+y_1 i; z_2=x_2+y_2 i \Rightarrow x_1^2+y_1^2=16; x_2^2+y_2^2=16\).

Ta có: \(\left|z_1-z_2\right|=2 \Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)^2+\left(y_1-y_2\right)^2=4\).

Xét \(P=\left|z_1-5 i\right|^2-\left|z_2-5 i\right|^2=x_1^2+\left(y_1-5\right)^2-x_2^2-\left(y_2-5\right)^2=-10\left(y_1-y_2\right)\) \(\Rightarrow P \leq 10\left|y_1-y_2\right|=10 \sqrt{4-\left(x_1-x_2\right)^2} \leq 20\).

Dấu ” = “xảy ra khi và chỉ khi \(x_1=x_2\) và \(\left|y_1-y_2\right|=2\).

Kết luận: Giá trị lớn nhất của \(P=20\).

Ta có: \(f'(x)=12 x^3+3 a x^2+2 b x+c\). Theo bài ra, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \le 0}\\
{ - 10 < m < 6}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \le 0}\\
{ - 10 < m < 6}
\end{array}} \right.. \Rightarrow f(x) = 3{x^4} + 8{x^3} - 6{x^2} - 24x + d\)

Giả sử \(y=g(x)=a x^2+b x+c\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{g( - 2) = 8 + d}\\
{g( - 1) = 13 + d}\\
{g(1) =  - 19 + d}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{4a - 2b + c = 8 + d}\\
{a - b + c =  - 19 + d}\\
{a + b + c =  - 19 + d}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a =  - 7}\\
{b =  - 16}\\
{c + 4 + d}
\end{array}} \right.\\
 \Rightarrow y =  - 7{x^2} - 16x + 4 + d
\end{array}\)

Xét \(f(x)-g(x)=0 \Leftrightarrow 3x^4+8 x^3+x^2-8 x-4=0\Leftrightarrow x=1;x=-\dfrac{2}{3};x=-1;x=-2 \).

Diện tích hình phẳng cần tìm là \(S=\int_{-2}^1|f(x)-g(x)| d x=\displaystyle\int_{-2}^1\left|3 x^4+8 x^3+x^2-8 x-4\right| d x\) \(=\displaystyle\int_{-2}^{-1}\left|3 x^4+8 x^3+x^2-8 x-4\right| {\rm d} x+\displaystyle\int_{-1}^{-\frac{2}{3}}\left|3 x^4+8 x^3+x^2-8 x-4\right| {\rm d} x+\displaystyle\int_{-\frac{2}{3}}^1\left|3 x^4+8 x^3+x^2-8 x-4\right| {\rm d} x=\dfrac{2948}{405}\)

Kết luận: \(S=\dfrac{2948}{405}\).

Ta có \(\Delta \cap O z=B \Rightarrow B(0; 0; t)\) và \(\overrightarrow{A B}=(4; 3; t-3)\).

Do \(d\parallel (P)\) nên \(\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{n_P}=0 \Leftrightarrow 4+3+t-3=0 \Leftrightarrow t=-4\)
\(\Rightarrow \overrightarrow{A B}=(4; 3;-7)\).

Vậy đường thẳng cần tìm \(d: \dfrac{x+4}{4}=\dfrac{y+3}{3}=\dfrac{z-3}{-7}\).

Chọn đáp án D (thỏa điểm đi qua đề cho).

Ta có \(V=\dfrac{1}{3} S_d \cdot h=\dfrac{1}{2} \pi r^2 h\).

Tìm \(h=S O\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Khi đó \(\begin{cases} SI\perp AB\\OI\perp AB\end{cases}\), suy ra \(AB\perp (SOI)\) mà \(AB\subset (SAB)\Rightarrow (SAB)\perp (SOI)\).

Kẻ \(OH\perp SI\), ta có: \(\begin{cases} (SAB)\perp (SOI)\\(SAB)=SI\\OH\perp SI\end{cases}\), suy ra \(OH\perp (SAB)\). Suy ra \(d(O;(SAB))=OH=2a\).

Xét \(\Delta AOI\) vuông \(I\), suy ra \(OI=\sqrt{OA^2-AI^2}=\sqrt{OA^2-\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2}=\sqrt{\left(2\sqrt{3}a\right)^2-\left(\dfrac{4a}{2}\right)^2}=2\sqrt{2}a.\)

Xét \(\Delta SOI\) vuông tại \(S\).
\(\begin{array}{l}
\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} - \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{{O{I^2} - O{H^2}}}{{O{H^2}.O{I^2}}} \Rightarrow S{O^2} = \frac{{O{H^2}.O{I^2}}}{{O{I^2} - O{H^2}}}\\
 \Rightarrow SO = \frac{{OH.OI}}{{\sqrt {O{I^2} - O{H^2}} }} = \frac{{2a.2\sqrt 2 a}}{{\sqrt {{{\left( {2a\sqrt 2 } \right)}^2} - {{(2a)}^2}} }} = 2\sqrt 2 a
\end{array}\)
Vậy \(V=\dfrac{1}{3}S_{\text{đáy}}.h=\dfrac{1}{3}\pi r^2h=\dfrac{1}{3}\pi (OA)^2,SO=\dfrac{1}{3}\pi \left(2\sqrt{3}a\right)^2.2\sqrt{2}a=8\sqrt{2}\pi a^3\).

Ta có \(4^{a^2+b} \leq 3^{b-a}+65 \Leftrightarrow 4^{a^2+b}-3^{b-a}-65 \leq 0\).

\(\Leftrightarrow 4^{a^2}-\dfrac{3^{b-a}}{4^b}-\dfrac{65}{4^b} \leq 0 \Leftrightarrow-\left(\dfrac{3}{4}\right)^b \cdot \dfrac{1}{3^a}-65 \cdot\left(\dfrac{1}{4}\right)^b+4^{a^2} \leq 0\) Xét hàm số \(f(b)=-\left(\dfrac{3}{4}\right)^b \cdot \dfrac{1}{3^a}-65 \cdot\left(\dfrac{1}{4}\right)^b+4^{a^2}, b \in(-12; 12)\).

Suy ra \(\Rightarrow f'(b)=-\ln \left(\dfrac{3}{4}\right) \cdot\left(\dfrac{3}{4}\right)^b \cdot \dfrac{1}{3^a}-65 \ln \left(\dfrac{1}{4}\right) \cdot\left(\dfrac{1}{4}\right)^b>0\). Do đó \(f(b)\) đồng biến.

Để \(f(b) \leq 0\) có it nhất 4 giá trị nguyên thỏa mãn thì \(f(-8) \leq 0 \Leftrightarrow 4^{a^2-8} \leq 3^{-a-8}+65\) \(\Rightarrow 4^{a^2-5} \leq 65 \Rightarrow a^2-8 \leq \log _4 65\). Do \(a \in \mathbb{Z} \Rightarrow a \in\{-3;-2; \ldots 3\}\). Có 7 giá trị nguyên của \(a\).

Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(4;-3;-6), R=5 \sqrt{2}\).

Ta có: \(M \in Ox \Rightarrow M(a; 0; 0)\).

Gọi \((P)\) là mặt phẳng chứa hai tiếp tuyến từ \(M\) đến \((S)\). Khi đó \((P)\) đi qua \(M(a; 0; 0)\), vuông góc với đường thẳng \(d\), phương trình mặt phẳng \((P)\) là: \(2(x-a)+4 y-z=0 \Leftrightarrow 2 x+4 y-z-2 a=0\) Ta có: \(M\) là điểm nằm ngoài mặt cầu, suy ra \(I M>R \Leftrightarrow(a-4)^2+9+36>50 \Leftrightarrow(a-4)^2>5(1)\)

\(d(I,(P))

Từ (1) và (2), suy ra:

\(\begin{array}{l}
\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{{(a - 4)}^2} > 5}\\
{|2 - 2a| < 5\sqrt {42} }
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{a^2} - 8a + 11 > 0}\\
{{a^2} - 2a + 1 < \frac{{350}}{3}}
\end{array}} \right.\\
\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a \ge 7}\\
{a \le 1}\\
{ - 15 \le a \le 17}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow  - 15 \le a \le 1 \vee 7 \le a \le 17.
\end{array}\)

Mà \(a \in \mathbb{Z}\) nên có 28 điểm \(M\) thoả mãn.

Ta có \(f'(x)=0\Leftrightarrow x=0;x=-10\).

\(y’=(4x^3-16x).f’\left(x^4-8x^2+m\right)=0\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow 4{x^3} - 16x = 0 \vee f\left( {{x^4} - 8{x^2} + m} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow x = 0 \vee x =  - 2 \vee {x^4} - 8{x^2} + m = 0 \vee {x^4} - 8{x^2} + m =  - 10\\
 \Leftrightarrow x = 0;x = 2;x =  - 2;{x^4} - 8{x^2} =  - m(1);{x^4} - 8{x^2} =  - m - 10(2)
\end{array}\) 

Để hàm số \(y=f\left(x^4-8 x^2+m\right)\) có 9 điểm cực trị thì \(f’\left(x^4-8 x^2+m\right)=0\) phải có 6 nghiệm phân biệt.
Suy ra phương trình (1) phải có 2 nghiệm và phương trình (2) phải có 4 nghiệm.

Ta có: \(\left\{\begin{array}l-m \geq 0 \ -16<-m-10<0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}lm \leq 0 \ -10<m<6\end{array} \Leftrightarrow-10<m \leq 0\right.\right.\).
Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in\{-9;-8; \ldots:-1: 0\}\).
Vậy có 10 giá trị nguyên \(m\) thỏa mãn đề bài