Đề Thi Thử Tốt Nghiệp 2022 Môn Toán Online Bám Sát Đề Tham Khảo(Đề 4)

\(y = {x^4} – 10{x^2} + 2 \Rightarrow y' = 4{x^3} – 20x = 4x\left( {{x^2} – 5} \right)\).\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 0 \hfill \\ x = \sqrt 5 \hfill \\ x = – \sqrt 5 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Các giá trị \(x = – \sqrt 5 \) và \(x = \sqrt 5 \) không thuộc đoạn \(\left[ { – 1;2} \right]\) nên ta không tính.Có \(f\left( { – 1} \right) = – 7\,;\,f\left( 0 \right) = 2\,;\,f\left( 2 \right) = – 22\).Do đó \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { – 1;2} \right]} y = 2\) , \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;2} \right]} y = – 22\) nên \(M + m = – 20\)

Xét các phương án:

Ta có: \(P = {\log _a}\left( {a.\sqrt[3]{{{a^2}}}} \right)\)\( = {\log _a}\left( {a.{a^{\frac{2}{3}}}} \right)\)\( = {\log _a}{a^{\frac{5}{3}}}\)\( = \frac{5}{3}\).

Ta có \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên cạnh \(A'A \bot \left( {A'B'C'D'} \right)\) và \(B'D' \in \left( {A'B'C'D'} \right)\)
Nên \(A'A \bot B'D'\) \( \Rightarrow \measuredangle \left( {A'A,B'D'} \right) = 90^\circ \) .

\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin xdx} = – \cos x\left| \begin{gathered} \frac{\pi }{2} \hfill \\ 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. = 1\).

Lần lượt thay toạ độ các điểm \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) vào phương trình \(\left( P \right)\), ta thấy toạ độ điểm \(N\) thoả mãn phương trình \(\left( P \right)\). Do đó điểm \(N\) thuộc \(\left( P \right)\). Chọn đáp án

Ta có: \(\left( {1 + i} \right)z = 3 – i\)\( \Leftrightarrow z = \frac{{3 – i}}{{1 + i}}\)\( \Leftrightarrow z = \frac{{\left( {3 – i} \right)\left( {1 – i} \right)}}{{\left( {1 + i} \right)\left( {1 – i} \right)}}\)\( \Leftrightarrow z = 1 – 2i\).Vậy phần ảo của số phức \(z\) bằng \( – 2\).

Do \(ABCD\) là hình bình hành\( \Rightarrow AC \cap BD = O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\)\( \Rightarrow d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{6a}}{7}\).

\(n\left( \Omega \right) = C_{21}^3 = 1330\).Gọi A là biến cố: “3 người lấy ra là nam”. Khi đó, \(n\left( A \right) = C_{15}^3 = 455\).Vậy xác suất để 3 người lấy ra là nam là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{13}}{{38}} = \frac{{91}}{{266}}\).

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {2; – 3;4} \right)\) nên phương trình chính tắc của đường thẳng \(AB\) là \(\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 2}}{{ – 3}} = \frac{{z + 3}}{4}\).

Ta có\(\left( {3 + \sqrt 8 } \right) = {\left( {3 – \sqrt 8 } \right)^{ – 1}},\left( {17 – 12\sqrt 2 } \right) = {\left( {3 – \sqrt 8 } \right)^2}\).Do đó \({\left( {17 – 12\sqrt 2 } \right)^x} \geqslant {\left( {3 + \sqrt 8 } \right)^{{x^2}}} \Leftrightarrow {\left( {3 – \sqrt 8 } \right)^{2x}} \geqslant {\left( {3 + \sqrt 8 } \right)^{{x^2}}} \Leftrightarrow {\left( {3 + \sqrt 8 } \right)^{ – 2x}} \geqslant {\left( {3 + \sqrt 8 } \right)^{{x^2}}}\)\( \Leftrightarrow – 2x \geqslant {x^2} \Leftrightarrow – 2 \leqslant x \leqslant 0\). Vì \(x\) nhận giá trị nguyên nên \(x \in \left\{ { – 2; – 1;0} \right\}\).

Từ bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) như sau : Gọi \({x_0}\)là giá trị thỏa mãn \(f\left( {{x_0}} \right) = 0\).Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) ta đưa ra kết luận về số nghiệm của phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| – 2 = 0\) là \(4\) nghiệm.

\(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)dx = \int {\frac{2}{{2x – 1}}dx = \int {\frac{{2.\frac{1}{2}d\left( {2x – 1} \right)}}{{2x – 1}}} } } = \ln \left| {2x – 1} \right| + c = \left\{ \begin{gathered} \ln \left( {2x – 1} \right) + {C_1}\,\,{\text{khi}}\,x > \frac{1}{2} \hfill \\ \ln \left( {1 – 2x} \right) + {C_2}\,\,{\text{khi}}\,x < \frac{1}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\).\(f\left( 1 \right) = - 2 \Leftrightarrow {C_1} = - 2\)\( \Rightarrow f\left( x \right) = \ln \left( {2x - 1} \right) - 2\) \(f\left( 0 \right) = 1\)\( \Leftrightarrow {C_2} = 1\) \( \Rightarrow f\left( x \right) = \ln \left| {2x - 1} \right| + 1\).\( \Rightarrow \) \(\left\{ \begin{gathered} f\left( { - 1} \right) = \ln 3 + 1 \hfill \\ f\left( 3 \right) = \ln 5 - 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) \( \Leftrightarrow f\left( { - 1} \right) + f\left( 3 \right) = \ln 15 - 1\).

Ta có: góc giữa đường thẳng \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(\widehat {SCA} = 45^\circ \)\( \Rightarrow SA = AC\)\( = a\sqrt 2 \).Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.{a^2}.a\sqrt 2 \)\( = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\).

Điều kiện để phương trình \(\left( 1 \right)\)có hai nghiệm phân biệt là: \(\Delta = 9 – m \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 9\).Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({z_1}\), \({z_2}\) thỏa mãn \({z_1}.\overline {{z_1}} = {z_2}.\overline {{z_2}} \) thì \(\left( 1 \right)\) phải có nghiệm phức. Suy ra \(\Delta < 0 \Leftrightarrow m > 9\) .Vậy trong khoảng \(\left( {0;\,20} \right)\) có \(10\) số \({m_0}\).

Xét phương trình \({z^2} – z + \frac{{2023}}{4} = 0\) Ta có: \(\Delta = – 2022 < 0 \Rightarrow \) phương trình có hai nghiệm phức \(\left[ \begin{gathered} {z_1} = \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt {2022} }}{2}i \hfill \\ {z_2} = \frac{1}{2} - \frac{{\sqrt {2022} }}{2}i \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Khi đó: \({z_1} - {z_2} = i\sqrt {2022} \) \(\left| {z - {z_2}} \right| = \left| {\left( {z - {z_1}} \right) + \left( {{z_1} - {z_2}} \right)} \right| \geqslant \left| {{z_1} - {z_2}} \right| - \left| {z - {z_1}} \right| \Leftrightarrow P \geqslant \sqrt {2022} - 1\).Vậy \({P_{\min }} = \sqrt {2022} - 1\).

Gọi \({x_1}\) là nghiệm dương lớn nhất của phương trình \({x^4} – 3{x^2} + m = 0\), ta có \(m = – x_1^4 + 3x_1^2\) \(\left( 1 \right)\).Vì \({S_1} + {S_3} = {S_2}\) và \({S_1} = {S_3}\) nên \({S_2} = 2{S_3}\) hay \(\int\limits_0^{{x_1}} {f\left( x \right){\text{d}}x} = 0\). Mà \(\int\limits_0^{{x_1}} {f\left( x \right){\text{d}}x} \)\( = \int\limits_0^{{x_1}} {\left( {{x^4} – 3{x^2} + m} \right){\text{d}}x} \)\( = \left. {\left( {\frac{{{x^5}}}{5} – {x^3} + mx} \right)} \right|_0^{{x_1}}\)\( = \frac{{x_1^5}}{5} – x_1^3 + m{x_1}\)\( = {x_1}\left( {\frac{{x_1^4}}{5} – x_1^2 + m} \right)\).Do đó, \({x_1}\left( {\frac{{x_1^4}}{5} – x_1^2 + m} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \)\(\frac{{x_1^4}}{5} – x_1^2 + m = 0\) \(\left( 2 \right)\). Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), ta có phương trình \(\frac{{x_1^4}}{5} – x_1^2 – x_1^4 + 3x_1^2 = 0\)\( \Leftrightarrow \)\( – 4x_1^4 + 10x_1^2 = 0\)\( \Leftrightarrow \)\(x_1^2 = \frac{5}{2}\).Vậy \(m = – x_1^4 + 3x_1^2\)\( = \frac{5}{4}\).

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần tìm. Gọi \(M = \Delta \cap {d_1}\) ; \(N = \Delta \cap {d_2}\).Vì \(M \in {d_1}\) nên \(M\left( {3 – t\,;\,3 – 2t\,;\, – 2 + t} \right)\), vì \(N \in {d_2}\) nên \(N\left( {5 – 3s\,;\, – 1 + 2s\,;\,2 + s} \right)\).\(\overrightarrow {MN} = \left( {2 + t – 3s\,;\, – 4 + 2t + 2s\,;\,4 – t + s} \right)\), \(\left( P \right)\) có một vec tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {1\,;\,2\,;\,3} \right)\);Vì \(\Delta \bot \left( P \right)\) nên \(\overrightarrow n \,,\,\overrightarrow {MN} \) cùng phương, do đó:\(\left\{ \begin{gathered} \frac{{2 + t – 3s}}{1} = \frac{{ – 4 + 2t + 2s}}{2} \hfill \\ \frac{{ – 4 + 2t + 2s}}{2} = \frac{{4 – t + s}}{3} \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} s = 1 \hfill \\ t = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} M\left( {1\,;\, – 1\,;\,0} \right)\,\, \hfill \\ N\left( {2\,;\,1\,;\,3} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\) \(\Delta \) đi qua \(M\) và có một vecto chỉ phương là \(\overrightarrow {MN} = \left( {1\,;\,2\,;\,3} \right)\).Do đó \(\Delta \) có phương trình chính tắc là \(\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{z}{3}\).

Đường sinh của hình nón lớn là: \(l = SB\)\( = \sqrt {{h^2} + {r^2}} \)\( = \sqrt {{8^2} + {6^2}} \)\( = 10\,{\text{cm}}\).Gọi \({l_2}\), \({r_2}\), \({h_2}\) lần lượt là đường sinh, bán kính đáy và chiều cao của hình nón \(\left( N \right)\).\({l_2}\, = SK = 4\,{\text{cm}}\)Ta có: \(\Delta SOB\) và \(\Delta SIK\) đồng dạng nên: \(\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{{IK}}{{OB}} = \frac{{SK}}{{SB}} = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}\).\( \Rightarrow \frac{{{h_2}}}{h} = \frac{{{r_2}}}{r} = \frac{{{l_2}}}{l} = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}\)\( \Rightarrow \left[ \begin{gathered} {h_2} = \frac{2}{5}h = \frac{{16}}{5} \hfill \\ {r_2} = \frac{2}{5}.r = \frac{{12}}{5} \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Thể tích khối nón \(\left( N \right)\)là: \({V_{(N)}} = \frac{1}{3}.\pi .r_2^2.{h_2}\)\( = \frac{1}{3}.\pi .{\left( {\frac{{12}}{5}} \right)^2}.\frac{{16}}{5}\)\( = \frac{{768}}{{125}}\pi \,{\text{c}}{{\text{m}}^{\text{3}}}\).

Ta có \({2022^{x + 3y}} + {2022^{xy + 1}} + x + 1 = {2022^{ – xy – 1}} + \frac{1}{{{{2022}^{x + 3y}}}} – y\left( {x + 3} \right)\)\( \Leftrightarrow {2022^{x + 3y}} – {2022^{ – x – 3y}} + x + 3y = {2022^{ – xy – 1}} – {2022^{xy + 1}} – xy – 1\)\( \Leftrightarrow f\left( {x + 3y} \right) = f\left( { – xy – 1} \right)\)\(\left( 1 \right)\)Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2022^t} – {2022^{ – t}} + t\), với \(t \in \mathbb{R}\) ta có\(f'\left( t \right) = {2022^t}\ln 2022 + {2022^{ – t}}\ln 2022 + 1 > 0\), \(\forall t \in \mathbb{R}\).Do đó \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nên \(\left( 1 \right)\)\( \Leftrightarrow x + 3y = – xy – 1\)\( \Leftrightarrow y\left( {x + 3} \right) = – x – 1\)\( \Rightarrow y = – \frac{{x + 1}}{{x + 3}}\)\( \Rightarrow T = x – \frac{{2\left( {x + 1} \right)}}{{x + 3}}\).Xét hàm số \(f\left( x \right) = x – \frac{{2\left( {x + 1} \right)}}{{x + 3}}\), với \(x \in \left[ {0; + \infty } \right)\) có\(f'\left( x \right) = 1 – \frac{4}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}\)\( = \frac{{{x^2} + 6x + 5}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} > 0\), \(\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\).Do đó \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\)\( \Rightarrow f\left( x \right) \geqslant f\left( 0 \right) = – \frac{2}{3}\).Dấu “\( = \)” xảy ra \( \Leftrightarrow x = 0\) \( \Rightarrow m = – \frac{2}{3}\).

Ta có \(I \in d \Rightarrow I\left( {5 + t; – 2 – 4t; – 1 – 4t} \right).\) Do \(\left( S \right)\) tiếp xúc với \(\left( P \right)\) nên \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = R = \sqrt {19} \Leftrightarrow \left| {19 + 19t} \right| = 19 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {t = 0} \\ {t = – 2} \end{array}} \right.\) Mặt khác \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { – \frac{a}{2}; – \frac{b}{2}; – \frac{c}{2}} \right);\) bán kính \(R = \sqrt {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{4} – d} = \sqrt {19} \) Xét khi \(t = 0 \Rightarrow I\left( {5; – 2; – 1} \right) \Rightarrow \left\{ {a;b;c;d} \right\} = \left\{ { – 10;4;2;47} \right\}\) Do \(\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{4} – d \ne 19\) nên ta loại trường hợp này.Xét khi \(t = 2 \Rightarrow \left\{ {a;b;c;d} \right\} = \left\{ { – 6; – 12; – 14;75} \right\}\) Do \(\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{4} – d = 19\) nên thỏa.

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} {x^2} + \left( {4m – 5} \right)x + {m^2} – 7m + 6 = 0\;\;\;\left( * \right) \hfill \\ x = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right..\) Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 5 điểm cực trị \( \Leftrightarrow \) Hàm số \(y = f\left( x \right)\)có 2 điểm cực trị dương\( \Leftrightarrow \) Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa \(\left[ \begin{gathered} {x_1} < 0 < {x_2} \ne 1\;\;\;\left( 1 \right) \hfill \\ {x_1} = 0 < {x_2} \ne 1\;\;\;\left( 2 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\) \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {m^2} - 7m + 6 < 0 \hfill \\ {1^2} + \left( {4m - 5} \right).1 + {m^2} - 7m + 6 \ne 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 1 < m < 6 \hfill \\ m \ne 1,m \ne 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {m^2} - 7m + 6 = 0 \hfill \\ 0 < 5 - 4m \ne 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.\;\) hệ này vô nghiệm.Do đó tập các giá trị nguyên m thỏa yêu cầu bài toán là \(\left\{ {3;4;5} \right\}\).