30 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải - Đề 1

Chọn C.

Gọi M là trung điểm của 

suy ra $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AM\\ BC\perp A\text{'}A\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp A\text{'}M.$

Vậy $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\left(A\text{'}BC\right)\cap \left(ABC\right)=BC\\ BC\perp AM,BC\perp A\text{'}M\end{array} \right. \\ \Rightarrow \alpha =\left(\left(A\text{'}BC\right);\left(ABC\right)\right)=\left(AM;A\text{'}M\right)=\widehat{A\text{'}MA}. \end{gathered}$$

Từ bảng biến thiên suy ra: $\underset{\left(-\sqrt[3]{2};+\infty \right)}{\min }h\left(x\right)=0.$

Suy ra: $3\left(y-x\right)\ge 0\iff y-x\ge 0.$

Ta có:

$\begin{array}{l}H=e^{4y-x^3-x-2}-\frac{x^2+y^2}{2}+x\left(y+1\right)-y\\ =e^{y-x+3y-\left(x^3+2\right)}-\frac{{\left(y-x\right)}^2}{2}-\left(y-x\right)\ge e^{y-x}-\frac{{\left(y-x\right)}^2}{2}-\left(y-x\right).\end{array}$

Xét hàm số $g\left(t\right)=e^t-\frac{1}{2}{t}^2-t$ trên $\left[0;+\infty \right).$

Ta có: $g\text{'}\left(t\right)=e^t-t-\mathrm{1,}g"\left(t\right)=e^t-1.$

Ta có: $\forall t\ge 0\Rightarrow g"\left(t\right)=e^t-1\ge e^0-1=\mathrm{0,}$

Lúc đầu đám vi trùng có 300000 con suy ra $N\left(0\right)=300000.$

Khi đó $1000\ln \left(1+2.0\right)+C=300000\iff C=300000.$

Suy ra $N\left(t\right)=1000\ln \left(1+2t\right)+300000.$

Đặt $OA=a,OB=b,OC=c.$

Gọi $M$ là trung điểm của $BC,$ 

dựng trục đường tròn  ngoại tiếp tam giác $OBC,$

trên mặt phẳng $\left(OAM\right),$

kẻ đường trung trực của đoạn $OA$ cắt $\Delta$ tại $I$ là

tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $O.ABC.$

+) $\begin{array}{l}OM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sqrt{b^2+c^2},\\ R=\sqrt{M{I}^2+O{M}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}.\end{array}$

+) Gọi $H$ là chân đường cao hạ từ đỉnh $A$ của

 tam giác $ABC,$ suy ra:

$\left\{\begin{array}{l}BC\perp AH\\ BC\perp AO\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(OAH\right)\Rightarrow BC\perp OH.$

$\begin{array}{l}\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\\ \Rightarrow OH=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}\Rightarrow AH=\sqrt{O{A}^2+O{H}^2}\\ =\sqrt{a^2+\frac{b^2{c}^2}{b^2+c^2}}=\sqrt{\frac{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}{\sqrt{b^2+c^2}}}\end{array}$

+) Gọi $J$ là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp $O.ABC.$

Khi đó:

 $\begin{array}{l}d\left(J;\left(OAB\right)\right)=d\left(J;\left(OBC\right)\right)\\ =d\left(J;\left(OAC\right)\right)=d\left(J;\left(ABC\right)\right)=r.\end{array}$

$\begin{array}{l}{V}_{O.ABC}=V_{J.ABC}+V_{J.OBC}+V_{J.AOC}+V_{J.ABO}\\ \iff \frac{1}{6}abc=\frac{1}{3}r\left(S_{\Delta ABC}+S_{\Delta OBC}+S_{\Delta AOC}+S_{\Delta ABO}\right)\end{array}$

 $\iff \frac{1}{2}abc=r\left(\frac{1}{2}\sqrt{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}+\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\right).$

     $\iff \frac{1}{r}=\frac{1}{abc}\left(\sqrt{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}+ab+bc+ca\right).$

Suy ra:

 $\frac{R}{r}=\frac{1}{2}.\frac{1}{abc}.\sqrt{a^2+b^2+c^2}\left(\sqrt{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}+ab+bc+ca\right)$

               $\ge \frac{1}{2}.\frac{1}{abc}.\sqrt{3\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}}\left(\sqrt{3\sqrt[3]{a^2{b}^2.a^2{c}^2.b^2{c}^2}}+3\sqrt[3]{ab.bc.ca}\right)$

       $=\frac{1}{2}.\frac{1}{abc}.\sqrt{3}.\sqrt[3]{abc}\left(\sqrt{3}.\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}+3\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}\right)=\frac{3+3\sqrt{3}}{2}=\frac{3+\sqrt{27}}{2}.$

Vậy $P=a+b=30.$ Dấu “=” xảy ra khi $a=b=c$.

Chọn A.

Công thức tính diện tích xung quanh $S_{xq}=\pi rl.$

Chọn C.

Tập xác định của hàm số $y={\log }_{a}x$ là $\left(0;+\infty \right)$

và tập giá trị của hàm số $y={\log }_{a}x$ là $ℝ.$

Tập xác định của hàm số $y=a^x$ là $ℝ$

và tập giá trị của hàm số $y=a^x$ là $\left(0;+\infty \right).$