Đề thi thử THPT QG năm 2022 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Việt Thanh

Hàm số \(f\left( x \right)\) xác định với mọi \(x \in R\) khi và chỉ khi \(m{x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x + 2m - 1 > 0 \forall x \in \mathbb{R}\)

+ Với \(m = 0\) ta có: \(4x - 1 > 0\) (không thỏa mãn)

+ Với \(m \ne 0\), ta có: \(m{x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x + 2m - 1 > 0 \forall x \in \mathbb{R}\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\\Delta ' =  - {m^2} - 3m + 4 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\\left[ \begin{array}{l}m > 1\\m <  - 4\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 1\)

Chọn đáp án B.

Điều kiện: \({x^3} - 3x > 0\)

Ta có: \({\log _3}({x^3} - 3x) = \dfrac{1}{2}\)

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

Dùng máy tính giải phương trình, so sánh điều kiện phương trình có 1 nghiệm.

Chọn đáp án D.

\(\begin{array}{l}2z - \left( {3 + 4i} \right) = 5 - 2i\\ \Leftrightarrow 2z = 5 - 2i + 3 + 4i\\ \Leftrightarrow 2z = 8 + 2i\\ \Leftrightarrow z = 4 + i\\ \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {{4^2} + 1}  = \sqrt {17} \end{array}\)

\(\begin{array}{l}z = {\left( {\dfrac{{1 + 2i}}{{2 - i}}} \right)^{2022}}\\\;\; = {\left[ {\dfrac{{\left( {1 + 2i} \right)\left( {2 + i} \right)}}{{{2^2} - {i^2}}}} \right]^{2022}}\\\,\,\, = {\left[ {\dfrac{{2 + 5i + 2{i^2}}}{5}} \right]^{2022}}\\\;\; = {i^{2022}} = {\left( {{i^2}} \right)^{1011}}\\\,\,\, = {\left( { - 1} \right)^{1011}} =  - 1\end{array}\)

Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt (ví dụ các đỉnh của hình tứ diện)

Không tồn tại 1 đỉnh nào đó của đa diện nào đó là đỉnh chung của ít hơn 3 mặt

Chọn C.

Gọi H là trọng tâm tam giác ACD ta có: \(AH \bot \left( {BCD} \right)\)

Đáy hình nón là đường tròn ngoại tiếp tam giác đều nên bán kính \(r = BH = \dfrac{2}{3}BI = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Chiều cao của khối nón là \(h = AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Vậy thể tích cần tìm là: \(V = \dfrac{1}{3}\pi {r^2}h = \dfrac{{\pi {a^3}\sqrt 6 }}{{27}}\)

Chọn B.

Đths có TCĐ: \(x =  - 1\) nên loại A, C.

Đths đi qua điểm \(\left( {0; - 1} \right)\) nên chỉ có D thỏa mãn.

\(y = {x^3} - 3{x^2} + 1\)

\(TXD:D = R\)

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

Từ BBT  ta có đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 1\) cắt đường thẳng \(y = m\)  tại 3 điểm phân biệt

\( \Rightarrow  - 3 < m < 1\)

Điều kiện: \(x \le 2\)

Xét hương trình hoành độ giao điểm ta có:

\(\sqrt {2 - x}  = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\2 - x = {x^2}\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} + x - 2 = 0\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x = 1\)

Khi đó, thể tích khối tròn xoay cần tính được xác được bởi công thức: \(V = \pi \int\limits_0^1 {{x^2}\,dx + \pi \int\limits_1^2 {\left( {2 - x} \right)\,dx} } \)

Chọn đáp án D.

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

Chọn đáp án D.

Tứ diện đều có mặt phẳng đối xứng là mặt phẳng đi qua 1 cạnh và trung điểm cạnh đối diện. Vì tứ diện đều có 6 cạnh nên có 6 mặt phẳng đối xứng.

Chọn A.

Hình nón có bán kính đáy \(r = \dfrac{a}{2}\) ; độ dài đường sinh \(l = a\)

Diện tích xung quanh hình nón là:

\({S_{xq}} = \pi rl = \pi .\dfrac{a}{2}.a = \dfrac{{\pi {a^2}}}{2}\)

Chọn B.

\(M(x;y;z)\), \(ABCM\) là hình bình hành thì

\(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {BC}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 =  - 2 - 2\\y - 2 = 3 + 1\\z + 1 = 3 - 3\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow M( - 3;6; - 1) \Rightarrow P = 44.\).

Xét phương trình hoành độ \(\begin{array}{l}x - 1 = \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}},x \ne  - 1\\ \Leftrightarrow {x^2} - 1 = 2x - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)

Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(y = x - 1\) và \(y = \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) là \(\left( {0, - 1} \right),\left( {2,1} \right)\)

\(TXD:D = R\)

\(\begin{array}{l}y = \dfrac{{{x^3}}}{3} - 2{x^2} + 3x - 5\\y' = {x^2} - 4x + 3\\y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 1\end{array} \right.\end{array}\) 

Từ  BBT x_ct=3, y_ct=-5

\(y'\left( 3 \right) = 0\) nên phương trình tiếp tuyến tại \(\left( {3; - 5} \right)\) là:

\(y = 0\left( {x + 3} \right) - 5\) hay \(y =  - 5\)

Đường thẳng này song song với trục hoành.

Chọn D.

Ta có: \({4^{\dfrac{1}{2}{{\log }_2}3 + 3{{\log }_8}5}} = {4^{{{\log }_2}\sqrt 3  + {{\log }_2}5}} \)\(\,= {4^{{{\log }_2}5\sqrt 3 }} = {2^{2{{\log }_2}\sqrt {75} }}= {2^{{{\log }_2}75}} = 75.\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(y = {2^{2x + 3}} \)

\(\Rightarrow y' = {\left( {{2^{2x + 3}}} \right)^\prime }\)\(\, = {2^{2x + 3}}.\ln 2.2\)

Chọn đáp án D.

Phương trình hoành độ giao điểm \({x^2} = 2x \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

Khi đó, diện tích hình phẳng được xác định bởi công thức

\(S = \int\limits_0^2 {\left| {\left( {{x^2} - 2x} \right)} \right|\,dx}  \)\(\,= \left| {\left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right)} \right|\left| \begin{array}{l}^2\\_0\end{array} \right. \)\(\,= \left| {\left( {\dfrac{{{2^3}}}{3} - {2^2}} \right)} \right| - 0 = \dfrac{4}{3}\)

Chọn đáp án A.

Ta có: \(\int\limits_1^4 {f'\left( x \right)\,dx = 17}  \)

\(\Rightarrow f\left( x \right)\left| {_1^4} \right. = 17 \Leftrightarrow f\left( 4 \right) - f\left( 1 \right) = 17\)

\( \Rightarrow f\left( 4 \right) = 17 + f\left( 1 \right) = 17 + 12 = 29.\)

Chọn đáp án A.

\(z = 1 - i\sqrt 3 \)

Số phức liên hợp của z là \(\dfrac{1}{z} = \dfrac{1}{{1 - i\sqrt 3 }} = \dfrac{{1 + i\sqrt 3 }}{{1 - 3{i^2}}} \)\(\;= \dfrac{1}{4} + \dfrac{{\sqrt 3 }}{4}i\)

Các hình tứ diện đều, lập phương, bát diện đều là các khối đa diện đều nên chúng là đa diện lồi.

Hình tạo bởi hai tứ diện đều ghép với nhau có thể là đa diện lồi hoặc không phải là đa diện lồi

⇒ Mệnh đề “Hình tạo bởi hai tứ diện đều ghép với nhau là đa diện lồi” là mệnh đề sai

Chọn A.

Khối trụ được tạo thành có bán kính đáy r = 5, chiều cao h = 3

Thể tích khối trụ là: \(V = \pi {r^2}.h = \pi {.5^2}.3 = 75\pi \left( {c{m^3}} \right)\)

Chọn B.

Ta có \(AB = \sqrt {26} ,AC = \sqrt {26}  \Rightarrow \) tam giác \(ABC\)cân ở \(A\) nên \(D\) là trung điểm \(BC\) \( \Rightarrow D(0;1;3).\)

Ta có: \({\log _7}x = 8{\log _7}a{b^2} - 2{\log _7}{a^3}b\,\)\(\, = {\log _7}{a^8}{b^{16}} - {\log _7}{a^6}{b^2}\)\(\, = {\log _7}\left( {\dfrac{{{a^8}{b^{16}}}}{{{a^6}{b^2}}}} \right) = \log \left( {{a^2}{b^{14}}} \right)\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(K = {\left( {\dfrac{1}{{16}}} \right)^{ - 0,75}} + {\left( {\dfrac{1}{8}} \right)^{ - \dfrac{4}{3}}} \)\(\,= \dfrac{1}{{\sqrt[4]{{{{\left( {\dfrac{1}{{16}}} \right)}^3}}}}} + \dfrac{1}{{\sqrt[3]{{{{\left( {\dfrac{1}{8}} \right)}^4}}}}} \)\(\,= 8 + 16 = 24.\)

Chọn đáp án B.

\(\begin{array}{l}y = \dfrac{{1 - 4x}}{{2x - 1}}(x \ne \dfrac{1}{2})\\\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{1 - 4x}}{{2x - 1}} =  - 2\end{array}\)

Suy ra TCN y=-2

Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty \) nên \(a < 0\), loại B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;1} \right)\) nên chỉ có C thỏa mãn.

Khối mười hai mặt đều thuộc loại \(\left\{ {5;3} \right\}\).

Chọn C.

Góc giữa A’B và mặt đáy là \(\widehat {A'BA} = {45^o}\) nên tam giác A’AB vuông cân tại A.

Do đó: AA’ = a

Ta có: \(BC = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Hình trụ ngoại tiếp lăng trụ có bán kính \(r = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\) , chiều cao \(h = a\)

Diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.a = \sqrt 2 \pi {a^2}\)

Chọn D.

Ta có: Tam giác đều. Do đó tâm \(I\) của đường tròn ngoại tiếp là trọng tâm của nó. Kết luận: \(I\left( { - \dfrac{5}{3};\dfrac{8}{3};\dfrac{8}{3}} \right)\)

Khi Cho \(f\left( x \right),g\left( x \right)\) là các hàm liên tục trên \(\left[ {a;b} \right]\) ta luôn có: \(\left| {\int\limits_a^b {f\left( {x\,} \right)dx} } \right| \le \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|\,dx} \)

Chọn đáp án B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\int {\dfrac{{1 - 2{{\tan }^2}x}}{{{{\sin }^2}x}}\,dx} \\ = \int {\left( {\dfrac{1}{{{{\sin }^2}x}} - \dfrac{2}{{{{\cos }^2}x}}} \right)\,dx} \\ = \int {\dfrac{1}{{{{\sin }^2}x}}\,dx - 2\int {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx} } \\ =  - \cot x - 2\tan x + C\end{array}\)

Chọn đáp án A.

Đặt  z = a + bi       \(a,b \in \mathbb{Z}\)

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{z} = \overline z \\ \Rightarrow \dfrac{1}{{a + bi}} = a - bi\\ \Rightarrow 1 = \left( {a + bi} \right)\left( {a - bi} \right)\\ \Leftrightarrow 1 = {a^2} - {b^2}{i^2}\\ \Rightarrow 1 = {a^2} + {b^2}\\ \Rightarrow 1 = \left| z \right|\end{array}\)

Đặt z = a + bi  \(a,b \in \mathbb{Z}\)

\(\begin{array}{l}z - \overline z  = a + bi - \left( {a - bi} \right) = 2bi\\z + \overline z  = a + bi + \left( {a - bi} \right) = 2a\\\left| {{z^2}} \right| = \left| {{{\left( {a + bi} \right)}^2}} \right| = \left| {{a^2} - {b^2} + 2abi} \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)}^2} + 4{a^2}{b^2}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{a^4} + 2{a^2}{b^2} + {b^4}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}  = {a^2} + {b^2}\\z\overline z  = (a + bi)\left( {a - bi} \right)\\\,\,\,\,\,\,\, = {a^2} - {b^2}{i^2} = {a^2} + {b^2}\end{array}\)

Phép vị tự tỉ số \(k > 0\) biến khối chóp có thể tích \(V\) thành khối chóp có thể tích \(V'\). Khi đó \(\dfrac{{V'}}{V} = {k^3}\).

Chọn D.

\(\cos (\overrightarrow b ,\overrightarrow c ) = \dfrac{{\overrightarrow b .\overrightarrow c }}{{\left| {\overrightarrow b } \right|.\left| {\overrightarrow c } \right|}}\)

Sử dụng công thức \(h = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right|}} = \dfrac{1}{{\sqrt {13} }}.\)

Hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;1} \right)\) và \(( - \infty ;-1)\)

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

\(TXD:D = R\)

\(\begin{array}{l}y' = 3{x^2} - 3\\y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\end{array}\)

Từ BBT suy ra đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x + 2\) cắt đường thẳng \(y = m - 1\) tại 3 điểm phân biệt

\( \Rightarrow 0 < m - 1 < 4 \Leftrightarrow 1 < m < 5\)

Ta có: \(\dfrac{1}{2}\left( {{a^\alpha } + {a^{ - \alpha }}} \right) = 1 \)

\(\Leftrightarrow {a^\alpha } + {a^{ - \alpha }} = 2 \)

\(\Leftrightarrow {a^\alpha } + \dfrac{1}{{{a^\alpha }}} = 2\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{a^\alpha }} \right)^2} - 2{a^\alpha } + 1 = 0 \)

\(\Leftrightarrow {a^\alpha } = 1 \Leftrightarrow \alpha  = 0.\)

Chọn đáp án D.

Ta có: \({4^x} - {8.2^x} + 4 = 0 \)

\(\Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - 8.\left( {{2^x}} \right) + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} = 4 + 2\sqrt 3 \\{2^x} = 4 - 2\sqrt 3 \end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {\log _2}\left( {4 + 2\sqrt 3 } \right)\\x = {\log _2}\left( {4 - 2\sqrt 3 } \right)\end{array} \right.\)

Khi đó \(P = {x_1} + {x_2} \)\(\,= {\log _2}\left( {4 + 2\sqrt 3 } \right) + {\log _2}\left( {4 - 2\sqrt 3 } \right) \)\(\,= {\log _2}\left( {16 - 12} \right) = 2\)

Chọn đáp án D.

\(i(2 - i)(3 + i) = i\left( {6 - i - {i^2}} \right) \)\(\,= i\left( {7 - i} \right) = 1 + 7i\)

Hình tứ diện có 6 cạnh và 4 mặt nên số cạnh của tứ diện lớn hơn số mặt của nó.

Chọn C.

Hình trụ có bán kính \(r = a\) , chiều cao \(h = 2a\)

Diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_1} = 2\pi rh = 2\pi a.2a = 4\pi {a^2}\)

Diện tích toàn phần của hình trụ là: \({S_2} = {S_1} + 2\pi {r^2} = 4\pi {a^2} + 2\pi {a^2} = 6\pi {a^2}\)

Do đó: \(3{S_1} = 2{S_2}\)

Chọn B.

\(\left. \begin{array}{l}\overrightarrow {SI}  = \overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {AI} \\\overrightarrow {SI}  = \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {BI} \\\overrightarrow {SI}  = \overrightarrow {SC}  + \overrightarrow {CI} \end{array} \right\}\\ \Rightarrow 3\overrightarrow {SI}  = \overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SB}  + \left( {\overrightarrow {AI}  + \overrightarrow {BI}  + \overrightarrow {CI} } \right)\)

Vì I là trọng tâm tam giác \(ABC \Rightarrow \overrightarrow {AI}  + \overrightarrow {BI}  + \overrightarrow {CI}  = \overrightarrow 0 \)

\(\Rightarrow \overrightarrow {SI}  = \dfrac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC} } \right).\)

Mặt cầu tâm \(I\left( {2;4;6} \right)\), bán kính R và tiếp xúc trục Ox\( \Leftrightarrow R = d\left( {I;Ox} \right)\)

\( \Leftrightarrow R = \sqrt {y_I^2 + z_I^2}  = \sqrt {52} \). Vậy \(\left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 52.\)

Lựa chọn đáp án C.

Điều kiện xác định: \(x - 4 > 0 \Leftrightarrow x > 4\)

Chọn đáp án B.

Ta có: \(\int {\left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}}} \,dx \)\(\,=  - \int {\left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right)d} \left( {{e^{ - x}}} \right)\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u =  - 2{x^2} + 7x - 4\\dv = d\left( {{e^{ - x}}} \right)\end{array} \right. \)\(\,\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}du = \left( { - 4x + 7} \right)\,dx\\v = {e^{ - x}}\end{array} \right.\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l}\int {\left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}}} \,dx\\ =  - \int {\left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right)d} \left( {{e^{ - x}}} \right)\\ =  - \left[ {\left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}} - \int {{e^{ - x}}\left( { - 4x + 7} \right)dx} } \right]\end{array}\)

\( =  - \left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}} + \int {{e^{ - x}}\left( { - 4x + 7} \right)dx} \)

\( =  - \left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}} - \int {\left( { - 4x + 7} \right)d\left( {{e^{ - x}}} \right)} \)\( =  - \left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}} - \left[ {\left( { - 4x + 7} \right){e^{ - x}} + 4\int {{e^{ - x}}dx} } \right]\)

\( =  - \left( { - 2{x^2} + 7x - 4} \right){e^{ - x}} + \left( {4x - 7} \right){e^{ - x}} - 4\left( { - {e^{ - x}}} \right) + C\)

\( = \left( {2{x^2} - 3x + 1} \right){e^{ - x}} + C\)

Chọn đáp án B.

\(\)\(\begin{array}{l}{z^2} - 2z + 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{z^2} - 2z + 1} \right) + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {z - 1} \right)^2} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {z - 1} \right)^2} =  - 1\\ \Rightarrow {\left( {z - 1} \right)^2} = {i^2}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z - 1 = i\\z - 1 =  - i\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{z_1} = 1 + i\\{z_2} = 1 - i\end{array} \right.\end{array}\)

Có \(\begin{array}{l}P = \left| {\dfrac{1}{{{z_1}}} + \dfrac{1}{{{z_2}}}} \right| = \left| {\dfrac{1}{{1 + i}} + \dfrac{1}{{1 - i}}} \right|\\\,\,\,\,\, = \left| {\dfrac{{1 - i + 1 + i}}{{\left( {1 + i} \right)\left( {1 - i} \right)}}} \right| = \left| {\dfrac{1}{{1 - {i^2}}}} \right| = 1\end{array}\)

Đáp án A: tâm đối xứng là giao hai đường tiệm cận \(x =  - 2\) và \(y = 1\) nên có tọa độ \(\left( { - 2;1} \right)\)( loại).

Đáp án B:

\(\begin{array}{l}y' = 6{x^2} - 12x + 1\\y'' = 12x - 12 = 0 \Leftrightarrow x = 1\\ \Rightarrow y = {2.1^3} - {6.1^2} + 1 + 1 =  - 2\end{array}\)

\( \Rightarrow I\left( {1; - 2} \right)\) là tâm đối xứng của đồ thị.