đề thi thử THPT quốc gia 2022 môn toán (có đáp án) cụm liên trường THPT hà tĩnh kèm hướng dẫn giải

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT

CỤM LIÊN TRƯỜNG THPT

NĂM HỌC 2021 - 2022
Mơn: TỐN

ĐÁP ÁN CÁC MÃ ĐỀ
Mã đề [101]
1

2

3

4

5

6

7

8

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

D C A A

B

B

B

C

B

C

C A

B

C

B

C D A

B

A C

B

A

B D

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
C D A D A D D B

C D B

A C

C D B

A D A C

B D A A D

Mã đề [102]
1

2

3

4

5

6

7

8

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

B D A C A

B

B D A A C D D C

B

A

B

A

B

C D A C

C

C

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
C

C D C

B

A A

B D D D D B

5

6

8

C

B

C D A A A

B

A D B

B

Mã đề [103]
1

2

3

4

7

D B D D D B D C

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
B

C

B

B

B

C D A C D A

B

C

B

C D C

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
C A D D A C A D A A

B D A C

C A C

B

A A

B

A

B

A

B

Mã đề [104]
1

2

3

4

D C A C

5

6

7

8

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

C D C A A A A D A

B

D C

B D B

C D C

B D B

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

D B

C A C D A

B

C

C

B D B

B

D A A A D A A

B

B

C

B


Mã đề [105]
1

2

D B

3

4

5

6

7

8

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

C A

B

C

B

A A

B

A D C

C A A C D A

B

C A D D B

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
D C D C

C

B

B

A D D B

5

6

A A C A C

B

B

C

B

B

A D D D

Mã đề [106]
1

2

3

4

7

8

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

B

A

B

B D D B

C

C A C

C

C D D B D A C

B

A D B

C

B

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
D A C A D A

B

B D C D A C D B

8

A A A A D A C

B

B

C

Mã đề [107]
1

2

3

4

5

6

7

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

C A C

B

A

B

C D A

B D C A

B

C D D A

B

A

B

B

C

C

C

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
D C

B D B

A D D B

B

C A

B

A C D D A A C D A D B

A

Mã đề [108]
1

2

D C

3

4

5

6

B D A C

7

8

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

C D D D A A A A D A C

C A A

B D A

B

B

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
B

B

C

B

B

C D A

B

A C D C A C

B

B

A D D B

C

C D B


HDG MỘT SỐ CÂU VD-VDC
 
và f   = 1 . Biết
2
F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) thỏa mãn F ( 0 ) = 2 , khi đó F ( ) bằng

Câu 41. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm là f  ( x ) = sin x − 9cos3x, x 

A. −2 .

B. 2 − 2 .

D. 2 + 2 .

C. 2 .
Lời giải

Ta có f ( x ) =  f  ( x ) dx =  ( sin x − 9 cos 3x ) dx = −cosx − 3sin 3x + C .


 
 
Do f   = 1  −cos − 3sin  3.  + C = 1  C = −2 .
2

2
 2
Nên f ( x ) = − cosx − 3sin 3x − 2 .
Ta có F ( x ) =  ( −cosx − 3sin 3x − 2 ) dx = − sin x + cos3x − 2 x + C1 .
Do F ( 0 ) = 2  − sin 0 + cos ( 3.0 ) − 2.0 + C1 = 2  C1 = 1 .
Vậy F ( x ) = − sin x + cos3x − 2 x + 1  F ( ) = −2 .
Câu 42. Cho hình lăng trụ ABCD. ABCD có đáy là hình vng. Hình chiếu vng góc của
A trên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trung điểm H của AB . Góc giữa hai mặt
phẳng

( ACD ) và ( ABCD ) bằng 30 . Tính thể tích V của khối lăng trụ

ABCD. ABCD biết AA = a 7 .

A. V = 8a3 .

B. V = 4 7a3 .

D. V = 12 7a3 .

C. V = 24a3 .
Lời giải

Gọi M là trung điểm của CD .
Ta có

B'

CD ⊥ HM 
  CD ⊥ ( AHM )  CD ⊥ AM

CD ⊥ AH 

C'

A'

D'

Mà ( ACD )  ( ABCD ) = CD và CD ⊥ HM
B

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( ACD ) và

( ABCD ) bằng góc giữa hai đường thẳng

C
30o

H

M

A

D

AM và HM và bằng góc AMH = 30 (vì tam giác AHM vng tại H ).
x
2

Đặt AD = x ( x  0 )  HM = x , AH = .
Có tan 30 =

AH
x
 AH =
.
HM
3

Trong tam giác vng AHA có A ' A2 = A ' H 2 + AH 2
 7a 2 =

x2 x2
 x = 2 3a = AD .
+
3
4

 AH = 2a .

(

Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD. ABCD là V = 2a. 2a 3

)

2

= 24a 3 .

Câu 43. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2 − 2 ( m − 1) z + m2 − 3 = 0 ( m là tham số
thực).Gọi S là tập hợp giá trị của m để phương trình đó có hai nghiệm z1 , z2 thỏa
mãn z1 − z2 = 2 5 . Tính tổng các phần tử của tập S .
A. 5.

B. 4.

C.

9
.
2

1
D. − .
2

Lời giải.
Xét phương trình : z 2 − 2 ( m − 1) z + m2 − 3 = 0 (1) .Ta có:
 = ( b ) − ac = ( m − 1) − 1. ( m2 − 3) = 4 − 2m .
2

2

Trường hợp 1: Nếu   0  m  2 thì phương trình (1) có hai nghiệm thực z1 , z2
thỏa mãn z1 − z2 = 2 5  ( z1 − z2 ) = 20  ( z1 + z2 ) − 4 z1.z2 = 20 (*) .
2

2


 z1 + z2 = 2 ( m − 1)
thay vào (*) có
2

 z1.z2 = m − 3

Theo Vi-ét ta có: 

4 ( m − 1) − 4 ( m2 − 3) = 20  4 − 2m = 5  m = −
2

1
(thỏa mãn).
2

Trường hợp 2: Nếu  '  0  m  2 thì phương trình (1) có hai nghiệm phức là
z1 = ( m − 1) + i 2m − 4 , z2 = ( m − 1) − i 2m − 4 . Ta có

z1 − z2 = 2 5  2i 2m − 4 = 2 5  2m − 4 = 5  m =

9
(thỏa mãn).
2

Vậy S = − ;  nên tổng các phần tử của S là 4.
1 9
 2 2

Câu 44. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn 5 z1 − i = z1 + 1 + i + 3 z1 − 1 − 3i và z2 + i = 5 . Giá trị lớn
nhất của biểu thức P = z1 + z2 − 2 − 4i bằng
A. 5 + 3 5 .

B. 2 + 13 .

C. 9 .
Lời giải

Gọi z1 = x1 + y1i  M ( x1; y1 )
z2 = x2 + y2i  N ( x2 ; y2 )
z3 = i  C (0;1)
z4 = −1 − i  A(−1; −1)
z5 = 1 + 3i  B(1;3)

Dễ thấy điểm C là trung điểm của AB và AB = 2 5
Theo công thức đường trung tuyến, ta có:
MC 2 =

MA2 + MB 2 AB 2
AB 2
−
 MA2 + MB 2 = 2MC 2 +
2
4
2

Mặt khác theo bài ra ta có: 5 z1 − i = z1 + 1 + i + 3 z1 − 1 − 3i
 5MC = MA + 3MB  32 + 12 . MA2 + MB 2 (BĐT Bunhiakovski).

(

)

(

 25MC 2  10 MA2 + MB 2 = 10 2MC 2 + 10

)

D. 5 + 4 5 .


 5MC 2  100  MC 2  20  MC  2 5
P = z1 + z2 − 2 − 4i = ( z1 − i ) + ( z2 + i ) + (−2 − 4i
 z1 − i + z2 + i + −2 − 4i = 2 5 + 5 + 2 5 = 4 5 + 5.

Câu 45. Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx + d , g ( x ) = ax 2 + bx + e ( a, b, c, d , e  , a  0 ) có đồ
thị lần lượt là hai đường cong ( C1 ) , ( C2 ) ở hình vẽ bên.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị ( C1 ) , ( C2 ) bằng

8
. Tính f ( 2 ) − g ( −1) .
3

A. f ( 2 ) − g ( −1) = −26 .

B. f ( 2 ) − g ( −1) = −24 .

C. f ( 2 ) − g ( −1) = −28 .

D. f ( 2 ) − g ( −1) = −30 .
Lời giải

Dựa vào đồ thị, ta có f ( x ) − g ( x ) = a ( x − 1)( x − 3) và a  0
2

3

Ta có: S =  f ( x ) − g ( x ) dx =
1

3

3

8
8
8
2
2
  a ( x − 1)( x − 3) dx =   a ( x − 1)( x − 3) dx =
3
3
3
1
1
3

8
7
15
8
4
8
1

  a x − 7 x + 15 x − 9 dx =  a  x 4 − x 3 + x 2 − 9 x  =  a =  a = 2 .
3
3
2
3
3
4
1 3
1
3

(

3

2

)

Do đó f ( x ) − g ( x ) = 2 ( x − 1)( x − 3)  ( ax3 + bx 2 + cx + d ) − ( ax 2 + bx + e ) = 2 ( x − 1)( x − 3)
2

2

 ax3 + ( b − a ) x 2 + ( c − b ) x + d − e = 2 ( x3 − 7 x 2 + 15 x − 9 )

Đồng nhất hệ số ta có
a = 2
a = 2

b = −12
b − a = −14



c − b = 30
c = 18
d − e = −18
d = e − 18

 f ( x ) = 2 x3 − 12 x 2 + 18 x + e − 18; g ( x ) = 2 x 2 − 12 x + e  f ( 2 ) − g ( −1) = −28

Vậy f (2) − g (−1) = −28 .
Câu 47. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình trịn ( O; R ) và ( O; R ) . AB là một dây cung của
đường tròn ( O; R ) sao cho tam giác OAB là tam giác đều và mặt phẳng ( OAB ) tạo


với mặt phẳng chứa đường tròn ( O; R ) một góc 60 . Tính thể tích V của khối trụ
đã cho theo R .
A. V =

 7 R3
7

.

B. V =

3 5R3
.
5

C. V =

 5R3
5

D. V =

.

3 7 R3
.
7

Lời giải
Đặt độ dài cạnh AB = x ( x  0 ) và M là trung điểm AB .

O'

Vì tam giác OAB đều nên

OA = OB = AB = x  OM =

x 3
.
2

Vì mặt phẳng ( OAB ) tạo với mặt phẳng chứa đường
trịn ( O; R ) góc 60 nên OMO = 60 .
Xét tam giác OOM vuông tại O ta có: cos OMO =

OM
.
OM

O

A
M

Suy ra

B

OM
x 3
cos 60 =
 OM =
4
x 3
2

Xét tam giác OAM vng ở M có: OA2 = OM 2 + AM 2 nên
2

 x 3   x 2
7 2
4 7
2
R = 
R
 +    R = x  x =
4
2
16
7




2

Do đó: OM =

x 3
21
x 3 2 21
=
R . Vì vậy, ta có
=
R và OM =

4
7
2
7
OO = OM 2 − OM 2 =

3 7
R.
7

3 7
3 7 R3
R V =
Vậy thể tích khối trụ là V =  R .h =  R .
.
7
7
2

Câu 48.

2

Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0  x  2022 , y  2 và
x 2 + x − xy = x log 2 ( xy − x ) − 2 x

A. 2022 .

?

B. 12 .

C. 11 .

D. 2023 .

Lời giải
Từ điều kiện 0  x  2022 , y  2 , ta được xy − x = x ( y − 1)  0.
Kết hợp điều kiện của log 2 ( xy − x ) , ta được.
Đặt t = log 2 ( xy − x ) . Khi đó ta được x2 − 2t = xt − 2x  2x + x.x = 2t + x.t (1)
Nếu x  t thì 2 x + x.x  2t + x.t , với x  0 , mâu thuẫn với (1).
Tương tự x  t cũng được kết quả mâu thuẫn với (1).
Từ đó: x = t  xy − x = 2 x  y = 1 +

2x
.
x


Vì 0  x  2022 , x  , y 

nên 2x x suy ra x  20 , 21 , 22 ,..., 210 .
2x
có duy nhất một giá trị tương ứng.
x

Ứng với mỗi giá trị của x ở trên thì y = 1 +

Vậy có 11 cặp số nguyên thỏa yêu cầu đề bài.
Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu

( S1 ) :( x + 4 ) + ( y − 1)
2

2

+ z 2 = 16 , ( S2 ) :( x + 4 ) + ( y − 1) + z 2 = 36 và điểm A ( 6;3;0 ) . Đường
2

2

thẳng d di động nhưng luôn tiếp xúc với ( S1 ) , đồng thời cắt ( S2 ) tại hai điểm B, C .
Tam giác ABC có diện tích lớn nhất là
A. 4 5.( 26 + 2) .

B. 8 5.( 26 + 2) .

C. 4 130 .

D. 8 26 .

Lời giải
Mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) có cùng tâm I ( −4;1;0 ) và lần lượt có bán kính là R1 = 4, R2 = 6 .
Ta có IA = 2 26  R2  R1 , suy ra điểm A nằm ngoài ( S1 ) , ( S2 ) .
Gọi T là hình chiếu của I trên d , ta có TB = IB 2 − IT 2 = 62 − 42 = 2 5 ,
Suy ra BC = 4 5 .
Gọi ( P) là tiếp diện của mặt cầu ( S1 ) tại T , khi đó đường thẳng d qua T và nằm
trong ( P) .
Gọi H là hình chiếu của A trên d .
Ta có AH  AT , dấu bằng xảy ra khi d ⊥ AT .

Gọi M , N là các giao điểm của đường thẳng AI và ( S1 ) với M là điểm gần A hơn.
Ta có AN = AI + R1 = 2 26 + 4 .
Mà AT  AN  AH  2 26 + 4 , dấu bằng xảy ra khi d ⊥ AN .
Mặt khác S ABC =

1
1
AH .BC  S ABC  .4 5.(2 26 + 4) = 4 5.( 26 + 2).
2
2

Vậy diện tích lớn nhất của tam giác ABC là 4 5.( 26 + 2) .
Câu 50. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục
, đồ thị hàm số y = f  ( x ) có

trên

đúng 4 điểm chung với trục hồnh
như hình bên. Có bao nhiêu giá trị
nguyên của tham số m để hàm số

(

)

y = f x − 3 x + m + 2021 + 2022m3
3

có

đúng 11 điểm cực trị?
A. 1 .

B. 2 .

C. 0 .

D. 5 .

Hướng dẫn giải
Với

(

mỗi

tham

số

)

m

thì

y = f x − 3 x + m + 2021 + 2022m3
3

số

điểm

cực

trị

của

hàm

số

:


(

)

và : y = f x − 3 x + m + 2021 là như nhau.
3

Do đó ta chỉ cần tìm giá trị nguyên của tham số

(

)

m

để hàm số

: y = f x − 3 x + m + 2021
3

có đúng 11 điểm cực trị.
Xét x  0 : Hàm số có dạng y = f ( x3 − 3x + m + 2021)
Khi đó ta có đạo hàm như sau: y = ( 3x 2 − 3) f  ( x3 − 3x + m + 2021)
Do nghiệm của phương trình x 3 − 3 x + m + 2021 = 4 là các nghiệm bội chẵn của
phương trình y  = 0 nên ta chỉ cần quan tâm đến các nghiệm còn lại. Tức là
 x = 1 ( do x  0 )
 3
3 x − 3 = 0
x − 3 x + m + 2021 = −1
y = 0  
  3

3
x
−
3
x
+
m
+
2021
=
1
 f  ( x − 3x + m + 2021) = 0


 x 3 − 3 x + m + 2021 = 2
2

 x = 1 ( do x  0 )

3
 m + 2021 = − x + 3x − 1
 m + 2021 = − x3 + 3x + 1

 m + 2021 = − x3 + 3x + 2

Vẽ đồ thị ba hàm số y = − x3 + 3x − 1 ; y = − x3 + 3x + 1 ; y = − x3 + 3x + 2 với x  0 trên
cùng một hệ trục.

(

)

Hàm số y = f x − 3 x + m + 2021 có đúng 11 điểm cực trị
3

 Hàm số y = f ( x3 − 3x + m + 2021) có đúng 5 điểm cực trị dương
 Phương trình f  ( x3 − 3x + m + 2021) = 0 có đúng 4 nghiệm bội lẻ dương và khác 1
 Đường thẳng y = m + 2021 cắt đồ thị ba hàm số y = − x3 + 3x − 1 ; y = − x3 + 3x + 1 ;
y = − x3 + 3x + 2 tại 4 điểm phân biệt có hồnh độ dương khác 1

 −1  m + 2021  1
 −2022  m  −2020
. Do điều kiện m nguyên nên m = −2021 .

 
 
 2  m + 2021  3
 −2019  m  −2018

Vậy chỉ có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.