Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Bà Điểm

\(y = {x^4} - 3{x^2} + 2\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l}y' = 4{x^3} - 6x\\y' = 0 \Rightarrow 4{x^3} - 6x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\\x = \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy hàm số có 2 điểm cực tiểu và 1 điểm cực đại

\(y =  - \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}}\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left( { - \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}}} \right) =  - 2 \)\(\,\Rightarrow TCN: y=-2\)

\(\left. \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ + }} \left( { - \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}}} \right) =  + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^{^ - }}} \left( { - \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}}} \right) =  - \infty \end{array} \right\}\)\(\, \Rightarrow TCĐ: x= -1\).

Vậy điểm đối xứng của đồ thị hàm số  \(y =  - \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) là I( -1, -2)

Ta có: \({({x^{ - 1}} + {y^{ - 1}})^{ - 1}} = {\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}} \right)^{ - 1}} \)

\(= {\left( {\dfrac{{x + y}}{{xy}}} \right)^{ - 1}} = \dfrac{{xy}}{{x + y}}\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(y' = {\left( {{x^{\dfrac{1}{5}}}} \right)^\prime } = \dfrac{1}{5}{x^{ - \dfrac{4}{5}}}\)

Tiếp điểm là \(M\left( {32;2} \right)\)

Khi đó phương trình tiếp tuyến là \(y = \dfrac{1}{{80}}\left( {x - 32} \right) + 2 = \dfrac{1}{{80}}x + \dfrac{8}{5}\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \(\int {\left( {4\cos x + \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)} \,dx \)\(\,= 4\sin x - \dfrac{1}{x} + C\)

Chọn đáp án C.

Diện tích hình phằng giới hạn trên được xác định bằng công thức

\(S = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left| {x + \dfrac{1}{x}} \right|} \,dx = \left| {\dfrac{{{x^2}}}{2} + \ln \left| x \right|} \right|\left| \begin{array}{l}^{ - 1}\\_{ - 2}\end{array} \right. \)

\(\;\;\;= \left| {\left| {\dfrac{1}{2} + \ln 1} \right| - \left| {2 + \ln 2} \right|} \right| \)

\(\,\,\,\,= \left| {\dfrac{1}{2} - 2 - \ln 2} \right| = \dfrac{3}{2} + \ln 2\)

Chọn đáp án C.

\(z = {(1 - i)^3} \\\;\;= {(1 - i)^2}.(1 - i) \\\;\;= (1 - 2i + {i^2})(1 - i)\\\;\; =  - 2i(1 - i) = 2 - 2i\)

\(z = 4 +3i\)

Nghịch đảo của số phức z là: \(\dfrac{1}{z} = \dfrac{1}{{4 + 3i}} = \dfrac{{4 - 3i}}{{16 - 9{i^2}}}\)\(\; = \dfrac{{4 - 3i}}{{25}} = \dfrac{4}{{25}} - \dfrac{3}{{25}}i\)

Thể tích của khối lập phương là \(V = {\left( {3a} \right)^3} = 27{a^3}\)

Chọn đáp án D.

Ta có: \(\widehat {BCD} = \widehat {BAD} = {120^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {ABC} = \widehat {ADC} = {60^0}\)

\( \Rightarrow AB = BC = AC = a\)

Áp dụng định lý Py – ta – go ta có:

\(OA' = \sqrt {A{{A'}^2} - O{A^2}}  \)\(\,= \sqrt {\dfrac{{49{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = 2a\sqrt 3 \)

Khi đó ta có:

\({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'O.{S_{ABCD}} \)\(\,= 2a\sqrt 3 .a.a.\sin 60 = 3{a^3}\)

Chọn đáp án B.

Gọi r và R lần lượt là bán kính của đường tròn đáy của hình nón và bán kính của mặt cầu nội tiếp hình nón.

Áp dụng định lí Pitago vào tam giác vuông AIC ta có:

\(AI = \sqrt {A{C^2} - I{C^2}}  = \sqrt {{l^2} - {r^2}} \)\(\, = \sqrt {{{\left( {3r} \right)}^2} - {r^2}}  = 2\sqrt 2 r\)

\(OA = AI - OI = 2\sqrt 2 r - R\)

\(\Delta OAH\) đồng dạng \(\Delta CAI\) (g.g)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{CI}}{{OH}} = \dfrac{{AC}}{{AO}} \Rightarrow \dfrac{r}{R} = \dfrac{{3r}}{{2\sqrt 2 r - R}}\\ \Rightarrow 3R = 2\sqrt 2 r - R \Rightarrow 4R = 2\sqrt 2 r\\ \Rightarrow r = \sqrt 2 R\end{array}\)

Thể tích của mặt cầu nội tiếp hình nón là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3}\)

Thể tích của hình nón là:

\(V' = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}.2\sqrt 2 r = \dfrac{1}{3}\pi .2\sqrt 2 .{\left( {\sqrt 2 R} \right)^3} \)\(\,= \dfrac{8}{3}\pi {R^3} = 2V\)

Chọn A

Hình trụ có bán kính đáy \(\dfrac{a}{2}\) , chiều cao h = a

Suy ra: \({S_1} = 6{a^2};{S_2} = \pi {a^2}\)

Vậy \(\dfrac{{{S_2}}}{{{S_1}}} = \dfrac{\pi }{6}.\) 

Chọn B

\(\left( {\dfrac{1}{3}; - \dfrac{1}{3}; - \dfrac{1}{3}} \right)\) có tâm \(\left( {\dfrac{5}{3};\dfrac{7}{3};\dfrac{7}{3}} \right)\) và bán kính \(\left( {1; - 2;1} \right)\)

\(d(M,(P)) = 3 > R = 2 \Rightarrow (P) \cap (S) = \emptyset .\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 + t}\\{y = 1 + 2t}\\{z = 1 + 2t}\end{array}} \right.,t \in \mathbb{R}.\) cắt \(A\left( {\dfrac{5}{3};\dfrac{7}{3};\dfrac{7}{3}} \right)\) theo giao tuyến là một đường tròn

Chọn đáp án B.

\((P)\) tiếp xúc \(M\left( { - \dfrac{{11}}{3};\dfrac{{14}}{3};\dfrac{{13}}{3}} \right)\) \(M\left( {\dfrac{{29}}{3}; - \dfrac{{26}}{3}; - \dfrac{7}{3}} \right)\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \(y = {2^{3x}} \Rightarrow {\log _2}y = 3x \Leftrightarrow x = \dfrac{{{{\log }_2}y}}{3}\)

Chọn đáp án C.

Với \(0 < a < b < 1\) ta có: \({\log _b}a < {\log _a}b < 1\)

Chọn đáp án C.

Có  O( 0, 0); A( 1, 2); B( 1, -2)

\(OA = OB = \sqrt 5  \Rightarrow \Delta OAB\) cân tại O

Gọi H là trung điểm của AB

\( \Rightarrow H(\left( {1,0} \right) \Rightarrow OH = 1\)

Mặt khác, AB=4 nên ta có \({S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}.1.4 = 2\)

\(\begin{array}{l}{z_1} + {z_2} = 1 - 4i - 1 - 3i =  - 7i\\ \Rightarrow \left| {{z_1} + {z_2}} \right| = \sqrt {{{( - 7)}^2}}  = 7\end{array}\)

Thể tích khối hộp chữ nhật là \(V = abc\)

Chọn đáp án D.

Hình vuông không phải là hình đa diện.

Chọn đáp án B.

Gọi O và O’ lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC và A’B’C’

Khi đó tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp lăng trụ ABCA’B’C’ chính là trung điểm I của OO’

Mặt cầu này có bán kính là: \(R = IA = \sqrt {A{O^2} + O{I^2}} \)\(\, = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}}  \)\(\,= \dfrac{{a\sqrt {21} }}{6}\)

Diện tích mặt cầu là: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {\dfrac{{a\sqrt {21} }}{6}} \right)^2} = \dfrac{{7\pi {a^2}}}{3}\)

Chọn A

\((S)\) tiếp xúc \((P)\) \( \Rightarrow \)

\(M \in (d)\)

Chọn đáp án A.

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to u = 9\\x = \dfrac{\pi }{2} \to u = 8\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: \(I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sin x\sqrt {8 + \cos x} } \,dx \)

\(=  - \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sqrt {8 + \cos x} } \,d\left( {\cos x + 8} \right)\)

\(=  - \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{2}} {\sqrt u } \,d\left( u \right)\)

\( =  - \int\limits_9^8 {\sqrt u } du = \int\limits_8^9 {\sqrt u } \,du\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(\int {\dfrac{1}{{x - 1}}\,dx}  = \int {\dfrac{1}{{x - 1}}\,d\left( {x - 1} \right)}\)\(\,  = \ln \left| {x - 1} \right| + C\)

Theo giả thiết: \(F\left( 2 \right) = 1 \Rightarrow \ln 1 + C = 1 \Leftrightarrow C = 1\)

Khi đó \(F\left( 3 \right) = \ln 2 + 1.\)

Chọn đáp án D.

Đáp án A: \(y =  - 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm 1\end{array} \right.\)

Đạo hàm đổi dấu qua các nghiệm này nên hàm số không nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Đáp án B: \(y = 4{x^3} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \frac{{\sqrt 6 }}{2}\end{array} \right.\)

Đạo hàm đổi dấu qua các nghiệm này nên hàm số không nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Đáp án C: \(y =  - 3{x^2} + 2x - 2 < 0,\forall x \in \mathbb{R}\) nên hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Xét pt hoành độ giao điểm ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{{4x + 4}}{{x - 1}} = {x^2} - 1\left( {DK:x \ne 1} \right)\\
\Leftrightarrow 4x + 4 = \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x - 1} \right)\\
\Leftrightarrow 4\left( {x + 1} \right) = \left( {x + 1} \right){\left( {x - 1} \right)^2}\\
\Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - 2x + 1 - 4} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - 2x - 3} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x + 1 = 0\\
{x^2} - 2x - 3 = 0
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1\\
x = - 1\\
x = 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1\\
x = 3
\end{array} \right.
\end{array}\)

Số giao điểm của 2 đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{4x + 4}}{{x - 1}}\) và \(y = {x^2} - 1{\rm{ }}\) là nghiệm của pt \(\dfrac{{4x + 4}}{{x - 1}} = {x^2} - 1{\rm{ }}\)

\( \Rightarrow \) 2 đồ thị cắt nhau tại 2 điểm

Ta có: \(y' = {\left( {\dfrac{{{3^x}}}{x}} \right)^\prime } = \dfrac{{{3^x}\ln 3.x - {3^x}}}{{{x^2}}}\)\(\, = \dfrac{{{3^x}\left( {x\ln 3 - 1} \right)}}{{{x^2}}}\)

Chọn đáp án B.

Điều kiện: \(x > 1\)

Ta có: \(\log x = \log (x + 3) - \log (x - 1) \)

\(\Leftrightarrow \log x = \log \dfrac{{x + 3}}{{x - 1}}\)

\( \Leftrightarrow x = \dfrac{{x + 3}}{{x - 1}}\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{{{x^2} - x - x - 3}}{{x - 1}} = 0\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2} - 2x - 3}}{{x - 1}} = 0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 1\end{array} \right.\)

So sánh điều kiện: \(x = 3\)

Chọn đáp án B.

Thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi \(\left( H \right)\)quay quanh trục Ox được xác định bằng công thức

\(V = \pi \int\limits_0^\pi  {{{\sin }^2}x} \,dx\)

Chọn đáp án A.

Thể tích của hình trụ là:

\(V = h.B = 7.\pi {5^2} = 549,77\,c{m^3}\)

Chọn B

Một hình chóp có 28 cạnh sẽ có 15 cạnh.

Chọn đáp án C.

\(\cos \varphi  = \dfrac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{|\overrightarrow a |.|\overrightarrow b |}}\)

\(= \dfrac{{1.2 + 2.0 + 0.( - 1)}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {0^2}} .\sqrt {{2^2} + {0^2} + {{( - 1)}^2}} }} \)

\(= \dfrac{2}{{\sqrt 5 .\sqrt 5 }} = \dfrac{2}{5}\)

Chọn B.

\(y = \dfrac{1}{3}{x^3} + 2{x^2} + \left( {m + 1} \right)x + 5\)

TXĐ:  \(D = \mathbb{R}\)

\(y' = {x^2} + 4x + (m + 1)\)

Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow y' \ge 0;\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow \Delta ' \le 0\\ \Leftrightarrow 4 - (m + 1) \le 0\\ \Leftrightarrow m + 1 \ge 4\\ \Leftrightarrow m \ge 3\end{array}\)

Ta thấy, \(f'\left( x \right) = 2{x^2} \ge 0,\forall x\) và \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\) nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Điều kiện: \(x >  - 4.\)

Ta có: \({\log _5}(x + 4) = 3\)

\(\Leftrightarrow x + 4 = 125\)

\(\Leftrightarrow x = 121.\)

Chọn đáp án B.

Xét hàm số \(y = {7^x} + 3x - 10\;\forall x \in \mathbb{R}\)

Ta có: \(y' = {7^x}\ln 7 + 3 > 0 \to \) Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

Mà \(y\left( 1 \right) = 0\) khi đó bất phương trình có tập nghiệm là \([1; + \infty )\)

Chọn đáp án A.

Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \to t = 0\\x = 1 \to t = \dfrac{\pi }{6}\end{array} \right.\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}I = \int\limits_0^1 {\dfrac{2}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\,dx}  \\= \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {\dfrac{4}{{\sqrt {4 - 4{{\sin }^2}t} }}\,d\left( {\sin t} \right) }\\=  \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {\dfrac{2}{{\cos t}}} .\cos t\,dt = I = 2\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{6}} {dt} \\\end{array}\)

Chọn đáp án D.

Ta có:

\(I = \int\limits_1^e {\dfrac{{\sqrt {8\ln x + 1} }}{x}\,dx}  \)

\(= \dfrac{1}{8}\int\limits_1^e {\sqrt {8\ln x + 1} \,d\left( {8\ln x + 1} \right)}\)

\(  = \dfrac{1}{8}.\dfrac{2}{3}{\left( {8\ln x + 1} \right)^{\dfrac{3}{2}}}\left| \begin{array}{l}^e\\_1\end{array} \right.\)

\( = \dfrac{1}{{12}}\left( {{9^{\dfrac{3}{2}}} - 1} \right) = \dfrac{{13}}{6}\)

Chọn đáp án B.

\(\begin{array}{l}{z_1} = 9 - i;{z_2} =  - 3 + 2i\\\dfrac{{{z_1}}}{{{z_2}}} = \dfrac{{\left( {9 - i} \right)\left( { - 3 - 2i} \right)}}{{9 - 4{i^2}}}\\\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{ - 27 + 2{i^2} - 15i}}{{13}} =  - \dfrac{{29}}{{13}} - \dfrac{{15}}{{13}}i\\ \Rightarrow \left| {\dfrac{{{z_1}}}{{{z_2}}}} \right| = \sqrt {{{\left( { - \dfrac{{29}}{{13}}} \right)}^2} + {{\left( { - \dfrac{{15}}{{13}}} \right)}^2}}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\,  = \sqrt {\dfrac{{82}}{{13}}} \end{array}\)

\(\begin{array}{l}z =  - \dfrac{1}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i\\ \Rightarrow {\left( {\overline z } \right)^2} = {\left( { - \dfrac{1}{2} - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{{{\left( {1 + \sqrt 3 i} \right)}^2}}}{4}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{ - 2 + 2\sqrt 3 i}}{4}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, =  - \dfrac{1}{2} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}i\end{array}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}2SA' = 3AA' = 3\left( {SA - SA'} \right)\\3SB' = BB' = SB - SB'\end{array} \right. \)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}5SA' = 3SA\\4SB' = SB\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{SA'}}{{SA}} = \dfrac{3}{5}\\\dfrac{{SB'}}{{SB}} = \dfrac{1}{4}\end{array} \right.\)

Khi đó \(\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}} = \dfrac{3}{5}.\dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{{20}}\)

Chọn đáp án A.

Thể tích của khối hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ là \(V = abc\)

Chọn đáp án D.

Gọi R là bán kính 1 quả banh

\( \Rightarrow \) Tổng diên tích 3 quả banh là: \({S_1} = 3.4\pi {R^2} = 12\pi {R^2}\)

Chiếc hộp có bán kính đáy cũng bằng R và chiều cao bằng h = 6R

\( \Rightarrow \) Diện tích xung quanh hình trụ là: \({S_2} = 2\pi Rh = 12\pi {R^2}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = 1\) 

Chọn B.

­\(\overrightarrow b  = \left( { - 2; - 6; - 8} \right) =  - 2\left( {1;3;4} \right) \)\(\,=  - 2\overrightarrow a \)

Chọn A

Tâm đối xứng của đồ thị hàm số có thể không nằm trên đồ thị hàm số.

Chẳng hạn đồ thị hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất là giao của hai đường tiệm cận.

Do đó B sai.

Ta có: \(\int {\dfrac{1}{{6x - 2}}\,dx}  = \dfrac{1}{6}\int \dfrac{1}{{6x - 2}}\,d\left( {6x - 2} \right) \)\(\,= \dfrac{1}{6}\ln \left| {6x - 2} \right| + C \)

Chọn đáp án B.

\(\begin{array}{l}\dfrac{{2 + i}}{{1 - i}}z = \dfrac{{ - 1 + 3i}}{{2 + i}}\\ \Leftrightarrow z = \dfrac{{\left( { - 1 + 3i} \right)\left( {1 - i} \right)}}{{{{(2 + i)}^2}}}\\ \Leftrightarrow z = \dfrac{{2 + 4i}}{{3 + 4i}}\\ \Leftrightarrow z = \dfrac{{\left( {2 + 4i} \right)\left( {3 - 4i} \right)}}{{9 - 16{i^2}}}\\ \Leftrightarrow z = \dfrac{{6 - 16{i^2} + 4i}}{{25}}\\ \Leftrightarrow z = \dfrac{{22}}{{25}} + \dfrac{4}{{25}}i\\ \Rightarrow \left| z \right| = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}z = {(1 + i)^{15}} = {\left( {1 + i} \right)^{14}}(1 + i)\\\,\,\,\, = {({(1 +  + i)^2})^7}\left( {1 + i} \right) = {2^7}{i^7}\left( {1 + i} \right)\\\,\,\,\, =  - {2^7}i\left( {1 + i} \right) = 128 - 128i\end{array}\)

Ta có: \(V = b.h\)

\({V_{A'.ABC}} = \dfrac{1}{3}.Bh\)

Chọn đáp án C.

\(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = ( - 2).0 + 2.1 + 5.2 = 12\)

Chọn C