Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn toán năm 2022 soạn bởi GV đặng việt hùng đề 7 (bản word có giải) image marked

THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI TỐT NGHIỆP THPTQG 2022
Đề tham khảo số 2 - Thời gian làm bài: 90 phút
Câu 1. Cho hai đường thẳng d và  cắt nhau nhưng khơng vng góc nhau. Mặt trịn xoay sinh bởi
đường thẳng d khi quay quanh  là?
A. Mặt cầu.

B. Mặt trụ.

C. Mặt nón.

D. Mặt phẳng.

 x  1  2t

Câu 2. Trong khơng gian Oxyz, vị trí tương đối giữa hai đường thẳng  d1  :  y  4  3t và
 z  3  2t


 d2  :

x  5 y 1 z  2


là
3
2
3

A. Cắt nhau.

B. Song song.

C. Chéo nhau.

D. Trùng nhau.

C. 7.

D. 5.

Câu 3. Cho số phức z  4  3i . Khi đó z bằng
A.

7.

B. 25.

Câu 4. Cho hàm số y  f  x  xác định trên  \ 1 , liên tục trên các khoảng xác định của nó và có bảng
biến thiên như hình vẽ.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là
A. 3.

B. 1.

C. 0.

D. 2.

Câu 5. Trong khơng gian Oxyz, hình chiếu của điểm M  5; 2;7  trên mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm

H  a; b; c  . Khi đó giá trị của a  10b  5c bằng
A. 0.

B. 35.

C. 15.

D. 50.

Câu 6. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình vẽ.

Trang 1


Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. 1; 2  .

B.  4;   .

C.  2; 4  .

D.  ; 1 .

Câu 7. Với số thực a thực dương cho trước, phương trình log 3 x 2  2 log 3 a có tập nghiệm là
A. a .

B.

 2a .

Câu 8. Trong không gian Oxyz, mặt phẳng

n  1;1; 2  , có phương trình là
A. 2 x  y  3 z  5  0 .

C. a; a .

 P

B. x  y  2 z  5  0 .

D.





2 a;  2 a .

qua điểm M  2; 1;3 và nhận vectơ pháp tuyến

C. x  y  2 z  5  0 .

D. x  y  2 z  5  0 .

Câu 9. Trong không gian Oxyz, mặt cầu  S  có phương trình x 2  y 2  z 2  2 x  8 y  4 z  4  0 . Bán
kính mặt cầu  S  bằng
A.

5.

B. 25.

C. 5.

D. 17 .

Câu 10. Số phức nào sau đây có biểu diễn hình học là điểm M  3; 5  ?
A. z  3  5i .

B. z  3  5i .

C. z  3  5i .

D. z  3  5i .

Câu 11. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình vẽ.

Giá trị cực tiểu của hàm số bằng
A. 1.

B. 2.

C. 0.

D. 1.

Câu 12. Hình vẽ bên là đồ thị hàm số y  f  x  .
Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 6.

B. Hàm số đạt cực đại tại x = 2.
C. Giá trị lớn nhất của hàm số bằng 2.
D. Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 6.

Câu 13. Đồ thị hàm số nào dưới đây nhận hai trục tọa độ Ox, Oy làm tiệm cận?
A. y  log 2 x .

1
2

B. y  x .

C. y  2 x .

D. y  x 2 .
Trang 2


Câu 14. Khối bát diện đều cạnh a có thể tích bằng
A.

a3 2
.
3

B.

2a 3 2
.
3

C. a 3 .

Câu 15. Tập xác định D của hàm số y   x 2  x 

3

D.

2a 3
.
3

là

A. D  1;   .

B. D   .

C. D   ;0   1;   .

D. D   \ 0;1 .

Câu 16. Mệnh đề nào dưới đây sai?
với mọi hàm f  x  có đạo hàm trên  .

A.

 f   x  dx  f  x   C

B.

  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx với mọi hàm f  x  , g  x  có đạo hàm trên  .

C.

  f  x   g  x  dx   f  x  dx   g  x  dx

D.



f 2  x  dx 

  f  x  dx 

2

với mọi hàm f  x  , g  x  có đạo hàm trên  .

với mọi hàm f  x  có đạo hàm td I ; P   2  r  R 2  d2I ; P   5 .

Câu 20: Đáp án B
Phương trình f   x   0 có 3 nghiệm bội lẻ x  2; x  1; x  2 nên hàm số có 3 điểm cực trị.
Câu 21: Đáp án D
ĐTHS có 2 TCN: y  1; y  1 và 1 TCĐ: x  1 .
Câu 22: Đáp án B
CC 

AC  arctan

 arctan 3  60 .
Góc giữa AC  và mặt phẳng  ABC  bằng C
AC

Câu 23: Đáp án A
1

1

1

  f  x   f  x  dx  5   f  x  dx   f  x  dx  5
2

2

0

0

1

  f  x   1
0

2

dx  36   f

1

Do đó:

1

0

0

1

2

 x  dx  2 f  x  dx  35 .
0

1

 f  x  dx  15;  f  x  dx  10 .
2

0

0

Câu 24: Đáp án D
Mặt cầu  S  có bán kính: R  d  I ;  P    4 .
Vậy  S  có phương trình:  x  2    y  5    z  1  16 .
2

2

2

Câu 25: Đáp án D
Đường thẳng d qua M  3;5;6  và vng góc với mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  4 z  2  0 có một VTCP là:


x 3 y 5 z 6


u   2; 3; 4  nên có phương trình là:
.
2
3
4
Câu 26: Đáp án C
Trang 9


b

c

a

b

Ta có: S    g  x   f  x   dx    f  x   g  x   dx .
Câu 27: Đáp án C

z  3  2i  1  2i   x  3   y  2   5 .
2

2

Quỹ tích là đường tròn tâm I  3; 2  , bán kính R  5 .
Câu 28: Đáp án B

u12  u1  11d  38  5  11d  d  3  u10  u1  9d  5  9.3  32 .
Câu 29: Đáp án D
Trong 10 thẻ, có 4 thẻ có số ghi trên thẻ là số nguyên tố.
Vậy rút ra 2 thẻ, để số ghi trên 2 thẻ đều là số nguyên tố thì có C42  6 cách.
Câu 30: Đáp án B
x2

4 2

x 1

x  1
.
 2x  x 1  
x   1

2
2

Câu 31: Đáp án A
log 1  x  1  log 1  2 x  1  x  1  2 x  1  0 
2

2

1
 x  2.
2

Do đó, bất phương trình có 1 nghiệm nguyên: x = 1.
Câu 32: Đáp án B
Ta có y 

x2  4x  5

 x  2

2

x  5
5
0
. Mà y  2    ; y  1  1; y 1  5 .
4
 x  1

Do đó: M  1; m  5 . Vậy M  m  6 .
Câu 33: Đáp án D
Ta có: 2 Rh  10  Rh  5 . Khi đó: S xq  2 Rh  10 .
Câu 34: Đáp án C

ycbt  y  3 x 2  6 x  m  0, x      9  3m  0  m  3

Câu 35: Đáp án B
Xét hàm số: g  x   f  2  x   g   x    f   2  x  .

 2  x  1  x  3
Do đó: g   x   0  f   2  x   0  
. Lập BBT cho g  x   f  2  x  .

2  x  1
x  1
Suy ra phương trình f  2  x   m có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1  m  3 .
Câu 36: Đáp án A

Trang 10


ln 2


0

e2 x
dx 
ex  1

ln 2


0

2

ex
x
2
d ex   
dx  1  ln . Vậy a  b  c  1  2  3  2 .
x
e 1
x 1
3
1

Câu 37: Đáp án B
Số tiền Mr Hùng nhận được sau 5 năm là 120.(1 + 8%)5 triệu đồng.
Số tiền Mr Hùng gửi ngân hàng thêm 5 năm nữa là 60.(1 + 8%)5 triệu đồng.
Số tiền Mr Hùng nhận được sau 5 năm tiếp là 60.(1 + 8%)5.(1 + 8%)5 triệu đồng.
Vậy số tiền lãi Mr Hùng nhận được là

120. 1  8% 5  120   60. 1  8% 10  60. 1  8% 5   97, 695 triệu đồng.

 

Câu 38: Đáp án B
Ta có y  3 x 2  6  m  1 x  3  7 m  3  3  x 2  2  m  1 x  7 m  3 .
Ta có   0   m  1  7 m  3  0  m 2  5m  4  0  1  m  4 .
2

Câu 39: Đáp án D
Ta có log 9 a 4  log 3 b  8  log 32 a 4  log 3 b  8  2 log 3 a  log 3 b  8 .
Lại có log 3 a  log 3 3 b  9  log 3 a  log 1 b  9  log 3 a  3log 3 b  9 .

33

2.log 3 a  log 3 b  8 log 3 a  3 a  27
Suy ra 
. Vậy P  27.9  1  244 .


b  9
log 3 a  3.log 3 b  9
log 3 b  2
Câu 40: Đáp án C
Đặt t  3cos x  1  t 2  3cos x  1  2tdt  3sin xdx .
x0t 2

Đối cận:

2


0

x

sin xf




2

 t 1

3cos x  1

3cos x  1

 dx 

2
2 f  t  tdt 2 2
2
4
.

f
t
dt

2 3 t 3 1   3 1 f  x  dx  3 .
1

Câu 41: Đáp án C

 2a b  12 c b
a
c

2

12




Theo giả thiết: 2a  6b  12 c   b
c
a
a
6  12
 6b   12 c 

2ab  12 bc
  ab
 12ab  12 bc ca
 ca
6  12
 ab  bc  ca  ab  bc  ca  0  a 2  b 2  c 2   a  b  c   M 2
2

Do đó,  a  3   b  3   c  3  18  a 2  b 2  c 2  6  a  b  c   9  0
2

2

2

Trang 11


 M 2  6 M  9  0  M  3 , Vậy M  3 .
Câu 42: Đáp án B

Phương trình hồnh độ giao điểm là x3  13 x  m  0  m  13 x  x3


13
x 
3
Xét hàm số f  x   13 x  x3 , có f   x   3 x 2  13; f   x   0  

13
y  
3

Dựa vào BBT, để  C  cắt Ox tại ba điểm có hồnh độ ngun  

26 39
26 39
m
3
3

 13 13 
Khi đó sẽ có 1 giao điểm có hoành độ thuộc khoảng  
;
  x  2; 1;0;1; 2
3
3


Với mỗi x  m  18; 12;0;12;18 . Thử lại, ta được m  12 .
Câu 43: Đáp án C

1
1
1
2
x3  x  x. f  
3 x 1 f 
3
3 f 


 x  dx 
 x  dx  x  1 dx 
 x  dx
Ta có I  
1 x  1
1   1 x  1
x2  x
1
3

3

3

3

3

1


x t 3

1
dx
dt

3
Đặt t   dt   2  dx   2 và 
x
x
t
x  3  t  1

3
3

Do đó


1
3

1
1
f 
3
3
3
 x  dx  1 . f  t  .   1  dt  f  t  dt  f  x  dx
3 t 1  t 2  1 t 2  t 1 x 2  x

x 1
1
3
3
t
3

Vậy I    x  1 dx  I  2 I 
1
3

16
8 a
 I    S  25 .
9
9 b

Câu 44: Đáp án B
Dựa vào đồ thị ta có f  f  cos x   1  0
 f  cos x   1  x1 ; x1   2; 1
 f  cos x   x1  1  m1   1;0 


  f  cos x   1  x2 ; x2   1;0    f  cos x   x2  1  m2   0;1
 f cos x  1  x ; x  1; 2
 f cos x  x  1  m  2;3

 
 3
 

3
3
3
 
 

1
 2 .
 3

Xét (1) là phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số f  t  trên đoạn  1;1 với đường thẳng


y  m1  1  m1  0  . Dựa vào đồ thị ta thấy (1) có 1 nghiệm, tức là có 1 giá trị của cos x 
 cho
x 0;2

ra 2 nghiệm x.
Trang 12


Tương tự (2) có 2 nghiệm x; (3) vơ nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.
Câu 45: Đáp án A
Số có 4 chữ số có dạng abcd trong đó a, b, c, d  0;1; 2;3; 4;8;9
Số phần tử của không gian mẫu là:   6.A63 .
Gọi A là biến cố: “số được chọn lớn hơn 2019 và bé hơn số 9102”
 TH1: Với a  2, b  0  c  3; 4;8;9 suy ra d có 4 cách chọn suy ra có 16 số.
 TH2: Với a  2, b  1;3; 4;8;9 : có 5 cách  cd có A52 cách chọn. Do đó có 5A52 số.
 TH3: Với a  3; 4;8 : có 3 cách suy ra bcd có A63 cách chọn. Do đó có 3A63 số.

 TH4: Với a  9  b  0  cd có A52 cách chọn. Do đó có A52 số.
Theo quy tắc cộng ta có:  A  16  5 A52  3 A63  A52  496 số
Vậy xác suất cần tìm là: P A 

496 31
 .
6. A63 45

Câu 46: Đáp án B
Phương trình trở thành: 3

3

3

m 3 x

3

m 3 x

 x3  9 x 2  24 x  m  27  33 x

 m  3 x  33 x   3  x   f
3



3



m  3x  f  3  x  .

Vì hàm số f  t   3t  t 3 là hàm số đồng biến trên 
Do đó f



3



m  3x  f  3  x   3 m  3x  3  x  m  3x   3  x 

3

 m  3 x   3  x   m   x3  9 x 2  24 x  27  g  x 
3

Xét hàm số g  x    x3  9 x 2  24 x  27 trên  , có g   x   3 x 2  18 x  24 ;

x  2
Phương trình g   x   0  
 Bảng biến thiên hàm số g  x 
x  4
Yêu cầu bài toán  m  g  x  có 3 nghiệm phân biệt  7  m  11
Kết hợp với m   , ta được m  8;9;10 là giá trị cần tìm.
Câu 47: Đáp án B
Do tam giác OAB đều cạnh a, suy ra F là trung điểm OB  OF 

a
.
2

 AF  OB
Ta có 
 AF   MOB   AF  MB .
 AF  MO
Lại có MB  AE nên suy ra MB   AEF   MB  EF .

Trang 13


Suy ra OBM ∽ ONF nên

OB ON
OB.OF a 2


 ON 

.
OM OF
OM
2x

Ta có VABMN  VABOM  VABON

1

a2 3 
a 2  a3 6
.
 S OAB  OM  ON  
x



3
12 
2x 
12
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 

a2
a 2
x
.
2x
2

Câu 48: Đáp án A
Ta có: f   x  

3
m
 2
3x  1 x

Để hàm số f  x   ln  3 x  1 



m
1

1

 2020 đồng biến  ;   thì f   x   0, x   ;  
x
2

2


3
m
3x 2
1

1

 2  0, x   ;    m 
 g  x  , x   ;   .
3x  1 x
3x  1
2

2


Ta có g   x  

9x2  6x

 3x  1

2

; g x  0  x 

2
.
3

Bảng biến thiên

Yêu cầu bài toán  m 

4
4
m .
3
3

Câu 49: Đáp án A
Giả sử G là trọng tâm tam giác ABC  G 1; 2;1 .
  


Lấy D sao cho DA  4 DC  0  DA  4 DC suy ra D  2; 1;3

        

Khi đó ta có: S  MA  4 MC  MA  MB  MC  MD  DA  4 MD  4 DC  3MG


 3MD  3MG  3  MD  MG 
Do D và G nằm khác phía so với mặt phẳng  Oxz  nên ta có: MD  MG  DG
Dấu bằng xảy ra  M, D, G thẳng hàng.

Trang 14


 x  1  3t
7


Phương trình đường thẳng DG :  y  2  3t  M  DG   Oxz    1;0;  .
3

 z  1  2t

Câu 50: Đáp án A
Gọi M  a; b  với b  0 là điểm biểu diễn số phức z.
Gọi A  2;0  , B  2;0  . Ta có z  2 
 a  bi  2  a 2  b 2  4 .
Suy ra M thuộc đường tròn  C  đường kính AB nên MA2  MB 2  AB 2  16 .

Khi đó P  2  z  3 2  z  MA  3MB 

1

2

 32  MA2  MB 2   4 10 .

M  C 
2022
  8 6 

 8 6
b 0
 S  5      2 
 0.
Dâu “=” xảy ra khi 
MB  M   ;  
 5 5
  5 5 
 MA 
3


Trang 15