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

Gợi ý

$y = {x^4} – 10{x^2} + 2 \Rightarrow y' = 4{x^3} – 20x = 4x\left( {{x^2} – 5} \right)$.$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 0 \hfill \\ x = \sqrt 5 \hfill \\ x = – \sqrt 5 \hfill \\ \end{gathered} \right.$.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 $M + m = – 20$

Gợi ý

Xét các phương án:

A. $f\left( x \right) = {x^3} – 3{x^2} + 3x – 4$$ \Rightarrow $$f'\left( x \right) = 3{x^2} – 6x + 3 = 3{\left( {x – 1} \right)^2} \geqslant 0$, $\forall x \in \mathbb{R}$ và dấu bằng xảy ra tại $x = 1$. Do đó hàm số $f\left( x \right) = {x^3} – 3{x^2} + 3x – 4$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

B. $f\left( x \right) = {x^2} – 4x + 1$ là hàm bậc hai và luôn có một cực trị nên không đồng biến trên $\mathbb{R}$.

C. $f\left( x \right) = {x^4} – 2{x^2} – 4$ là hàm trùng phương luôn có ít nhất một cực trị nên không đồng biến trên $\mathbb{R}$.

D. $f\left( x \right) = \frac{{2x – 1}}{{x + 1}}$ có $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 1} \right\}$ nên không đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Gợi ý

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}$.

Gợi ý

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 $ .

Gợi ý

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

Gợi ý

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

Gợi ý

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$.

Gợi ý

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}$.

Gợi ý

$n\left( \Omega \right) = C_{21}^3 = 1330$.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: $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{13}}{{38}} = \frac{{91}}{{266}}$.

Gợi ý

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

Gợi ý

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 $x \in \left\{ { – 2; – 1;0} \right\}$.

Gợi ý

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.

Gợi ý

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

Gợi ý

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}$.

Gợi ý

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 ${m_0}$.

Gợi ý

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 ${P_{\min }} = \sqrt {2022} - 1$.

Gợi ý

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}$.

Gợi ý

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 $\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{z}{3}$.

Gợi ý

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}}}$.

Gợi ý

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}$.

Gợi ý

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.

Gợi ý

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 $\left\{ {3;4;5} \right\}$.