30 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải - Đề 18

Phương pháp:

Hàm số lũy thừa xn với n∈ℤ+ xác định với mọi x

Cách giải:

Hàm số u=x2021 xác định với x∈ℝ.

Chọn C.

Phương pháp:

Hàm số lũy thừa xn với n∈ℤ− xác định với mọi x≠0.

Cách giải:

Để biểu thức 2x−1−2 có nghĩa khi 2x−1≠0⇔x≠12.

Chọn A.

Phương pháp:

Thể tích khối cầu bán kính R là V=43πR3.

Cách giải:

 Khối cầu có bán kính 3cm⇔V=43πr3=36πcm3.

Chọn D.

Phương pháp:

Hình đa diện gồm một số hữu hạn đa giác phẳng thỏa mãn hai điều kiện:

a) Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung.

b) Mỗi cạnh của một đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Cách giải:

Ta có hình số 3 không phải hình đa diện vì tồn tại những cạnh chỉ là cạnh của 1 đa giác.

Chọn D.

Phương pháp:

Dựa vào bảng biến thiên để xác định điểm cực đại của hàm số: điểm mà tại đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm và điểm cực tiểu của hàm số: điểm mà tại đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy: Hàm số có 2 điểm cực trị.

Hàm số đạt cực đại bằng 5 tại x=−1.

Hàm số đạt cực tiểu bằng -6 tại x=2.

Vậy chỉ có đáp án B đúng.

Chọn B.

Phương pháp:

- Tính độ dài đường sinh l=h2+r2.

- Áp dụng công thức tính diện tích xung quanh hình nón có đường sinh l bán kính đáy r là Sxq=πrl.

Cách giải:

Đường sinh của hình nón bằng l=h2+r2=4a2+3a2=5a.

Khi đó diện tích xung quanh hình nón bằng Sxq=πrl=π.3a.5a=15πa2.

Chọn D.

Phương pháp:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y= f(x) tại điểm Mx0;y0 thuộc đồ thị hàm số là:

y=f'x0x−x0+y0

Cách giải:

 TXĐ: D=ℝ\2.

Ta có: y=x+1x−2⇒y'=−3x−22⇒y'1=−31=−3.

Với x=1⇒1+11−2=−2.

Vậy phương trình tiếp tuyến y=−3x−1−2=−3x+1.

Chọn B.

Phương pháp:

Dựa vào bảng xét dấu xác định các khoảng mà tại đó f'x>0.

Cách giải:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến khi f'x>0⇔−3<x<0. Vậy hàm số y= f(x) đồng biến trên −3;0. 

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng tọa độ của 1 vectơ: u→=x;y;z⇔u→=xi→+yj→+zk→.

Cách giải:

Ta có:  a→=i→+2j→−3k→,b→=−3j→+4k→,c→=−i→−2j→⇒a→=1;2;−3b→=0;−3;4c→=−1;−2;0

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp.

Cách giải:

Từ 1 đến 9 có 4 số chẵn là 2,4,6,8

Để rút 2 thẻ đều đánh số chẵn ta có C42 cách

Chọn B.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính đạo hàm của hàm mũ: au'=u'aulna.

Cách giải:

y=42x⇒y'=2x'.42x.ln4=2ln4.42x.

Chọn D.

Phương pháp:

Giải phương trình logarit: logafx=b⇔fx=ab.

Cách giải:

log3log2a=0⇔log2a=1⇔a=2.

Chọn C.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính diện tích toàn phần của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy r là Stp=2πrh+2πr2

Cách giải:

Diện tích toàn phần của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy r là Stp=2πrh+2πr2=2πrh+r.

Chọn A.

Phương pháp:

Giải phương trình logarit: logafx=b⇔fx=ab.

Cách giải:

log0,25x2+3x=−1⇔x2+3x=0,25−1⇔x2+3x−4=0⇔x=−4x=1

Vậy tập nghiệm của phương trình là 1;−4.

Chọn A.

Phương pháp:

Dựa vào hình dáng, chiều hướng của đồ thị để xác định công thức hàm số.

Cách giải:

Đồ thị hàm số có chiều hướng xuống ⇒A<0⇒ loại A,C

Đồ thị hàm số cắt trụng tung tại điểm có tung độ bằng 1 nên loại đáp án B.

Chọn D.

Phương pháp:

- Chia tử thức cho mẫu thức.

- Áp dụng các công thức tính nguyên hàm: ∫xndx=xn+1n+1+Cn≠−1,∫dxax+b=1alnax+b+C.

Cách giải:

Ta có: fx=x2−2x+1x−2=x+1x−2.

⇒∫fxdx=∫x+1x−2dx=x22+lnx−2+C.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức SHTQ của cấp số nhân un=u1qn−1.

Cách giải:

Ta có: u2=u1q⇒q=u2u1=41=4.

Chọn B.

Phương pháp:

Dựa vào TXĐ, chiều biến thiên của đồ thị hàm số.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định trên 0;+∞ nên loại đáp án A và B

Lại có hàm số nghịch biến trên 0;+∞ nên loại đáp án C.

Chọn B.

Phương pháp:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “hai vận động viên Kim và Liên thi đấu chung một bảng”, sử dụng tổ hợp chọn 4 người

còn lại vào cùng bảng đó, và tính số phần tử của biến cố A.

- Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Chia 12 người vào 2 bảng A Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C126.C66=924.

Gọi A là biến cố: “hai vận động viên Kim và Liên thi đấu chung một bảng”.

Số cách chọn bảng cho A và B là 2 cách.

Khi đó cần chọn thêm 4 bạn nữa là C104 cách.

⇒nA=2.C104=420.

Vậy xác suất để Kim và Liên thi chung 1 bảng là PA=420924=511.

Chọn C.

Phương pháp:

- Để hàm số đồng biến trên ℝ thì y'≥0∀x∈ℝ.

- Cô lập m đưa bất phương trình về dạng m≥gx∀x∈ℝ⇔m≥maxℝgx.

Cách giải:

Hàm số y=mx+cosx đồng biến trên ℝ khi

y'=m−sinx≥0∀x∈ℝ

⇔m≥sinx∀x∈ℝm≥1.

Chọn B.

Phương pháp:

Tìm nghiệm bội lẻ của phương trình f'(x)

Cách giải:

Ta có: f'x=0⇔x2021x−12020x+1=0⇔x=0nghiem boi lex=1nghiem boi chanx=−1nghiem boi le.

Vậy hàm số f(x) có 2 điểm cực trị x=0,x=−1.

Chọn C.

Sử dụng công thức anm=anm,am.an=am+n.

Cách giải:

fa=a−13a3−a43a18a38−a−18=a13a13−a43a18a38−a18=1−aa12−1=1−aa−1=−a−1a+1a−1=−a−1⇒f20212020=−20212020−1=−20211010−1.

Chọn B.

Phương pháp:

Giải bất phương trình logarit: afx>agx⇔0<a<10<fx<gxa>1fx>gx>0

Cách giải:

57x2−x+1>572x−1⇔x2−x+1<2x−1⇔x2−3x+2<0⇔1<x<2 

 Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=1;2⇒a=1b=2.

Vậy A=2b−a=2.2−1=3.

Chọn D.

Phương pháp:

- Sử dụng phương pháp hàm số xác định GTLN, GTNN của hàm số y=x2+2mx+4mx+2 trên −1;1.

- Khi đó max−1;1fx=maxmax−1;1fx;min−1;1fx.

- Giải phương trình max−1;1fx=3 tìm m

Cách giải:

Xét hàm số gx=x2+2mx+4mx+2 ta có:

g'x=2x+2mx+2−x2−2mx−4mx+22=xx+4x+22g'x=0⇔xx+4=0⇔x=0x=−4.

Bảng biến thiên:

Ta có: 2m+1=6m+33>6m+13 nên ta có: max−1;1fx=2m+1;min−1;1fx=2m.

⇒max−1;1fx=max2m+1;2m⇒2m+1=32m+1≥2m2m=32m≥2m+1⇔m=1m=−32⇒S=1;−32

Vậy tích các phần tử của S bằng 1.−32=−32.

Chọn C.

Phương pháp:

Hàm số lũy thừa y=xn,n∉ℤ xác định khi x > 0

Cách giải:

Hàm số fx=x3−3x2+214 xác định khi x3−3x2+2>0⇔x∈1−3;1∪1+3;+∞

Chọn D.

Phương pháp:

- Dựa vào đường tiệm cận của đồ thị hàm số và giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung.

- Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d có TCN y=ac,TCРx=-dc.

Cách giải:

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang nằm dưới trục hoành ⇔ Loại đáp án B và D.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ âm nên loại đáp án C.

Chọn A.

Phương pháp:

- So sánh SA'MB và SABB'A', từ đó so sánh VC'.A'MB và 

- Sử dụng: VC'ABB'A'=23VABC.A'B'C', tính VABC.A'B'C'=AA'.SABC.

Cách giải:

                                                                           

Ta có: SA'MB=12SA'.AB=14SABB'A' nên VC.ABB'A'.

Mà VC.ABB'A'=23VABC.A'B'C' nên VMA'BC'=VC'.A'MB=16VABC.A'B'C'.

Vì tam giác ABC vuông và có AB=AC=a nên ΔABC vuông cân tại A suy ra SΔABC=12AB.AC=a22.

⇒VABC.A'B'C'=AA'.SABC=a2.a22=a322.

Vậy VMA'BC'=16VABC.A'B'C'=a3212.

Chọn D.

Phương pháp:

- Dựa vào đường tiệm cận của đồ thị hàm số và giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung.

- Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d có TCN y=ac,TCРx=-dc.

Cách giải:

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang nằm dưới trục hoành ⇔ Loại đáp án B và D.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ âm nên loại đáp án C.

Chọn A.

Phương pháp:

Dựa vào khối đa diện, lập công thức tính tổng quát.

Cách giải:

Khối đa diện tạo bởi 7 hình lập phương kích cỡ bằng nhau.

Nhưng chỉ 6 hình lập phương lộ măt, mỗi hình lộ 5 mặt

Vậy khối đa diện có tổng 30 mặt.

Chọn C.

Phương pháp:

Áp dụng định lý Pytago.

Cách giải:

Gọi khoảng cách từ O đến α là d bán kính đường tròn giao tuyến là R

Áp dụng định lí Pytago ta có: R2+d2=r2⇒R=r2−d2=r2−r32=22r3.

Chọn D.

Phương pháp:

- Sử dụng các công thức loganbm=mnlogab,logax+logay=logaxy,logax−logay=logaxy (giả sử các biểu thức có nghĩa).

- So sánh logarit: logax=logby⇔x=y.

Cách giải:

logx=2log2a−logb−4logc4⇔logx=log2a2−logb2−logc44⇔logx=log2a2b2c⇔x=4a2b2c. 

Chọn C.

Phương pháp:

- Đưa về cùng cơ số 3.

- Giải phương trình bậc hai đối với hàm số mũ.

Cách giải:

Ta có 9x2+9.132x+2−4=0

⇔3x+32.3−122x+2−4=0⇔3x+3−x−1+2−4=0⇔3x+3−x+1−4=0⇔3x+33x−4=0⇔32x−4.3x+3=0⇔3x=33x=1⇔x=1x=0

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã chó là 1+ 0 = 1

Chọn C.

Phương pháp:

- Tính các vectơ AB→,AC→,BC→.

- Tính tích vô hướng AB→,AC→ và kết luận.

Cách giải:

Ta có AB→=0;2;−1AC→=−1;1;2BC→=−1;−1;3.

⇒AB→.AC→=0.−1+2.1+−1.2=0

⇒ΔABC vuông tại A

Chọn C.

Phương pháp:

- Sử dụng công thức giải nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp có cạnh bên vuông góc với đáy là R=Rday2+h24 trong đó Rday là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy, h là chiều cao của hình chóp.

- Áp dụng định lí sin trong tam giác: asinA=bsinB=csinC=2R.

Cách giải:

Gọi Rday là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC áp dụng định lý sin trong tam giác 2Rday=BCsin∠BAC=2a3sin1200=4a⇒Rday=2a. ta có:

Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC là R=Rday2+SA24=2a2+a322=a192.

Chọn A.

Phương pháp:

- Dựa vào giả thiết mặt phẳng đi qua trục của khối trụ, cắt khối trụ theo thiết diện là hình vuông có cạnh bằng

6R xác định chiều cao và bán kính đáy của hình trụ.

- Thể tích khối trụ có chiều cao h bán kính đáy R là V=πR2h.

Cách giải:

Mặt phẳng qua trục cắt khối trụ theo thiết diện là hình vuông cạnh 6R nên hình trụ có bán kính đáy là r=3R và chiều cao h= 6R

Vậy thể tích khối trụ là V=πr2h=π.3R2.6R=54πR3.

Chọn C.

Phương pháp:

- Tìm TXĐ D=ℝ\x0.

- Để hàm số đồng biến trên (a;b) thì y'>0∀x∈a;b⇔y'>0x0∉a;b.

Cách giải:

TXĐ: D=ℝ\2m.

Ta có y=mx−18x−2m⇒y'=−2m2+18x−2m2

Để hàm số đồng biến trên khoảng 2;+∞ thì y'>0∀x∈2;+∞

⇔18−2m2>02m∉2;+∞⇔−3<m<32m≤2⇔−3<m<3m≤1⇔−3<m≤1

Mà m∈ℤ⇒m∈−2;−1;0;1=S.

Vậy tổng các phần tử của S bằng: −2−1+0+1=−2.

Chọn A

Phương pháp:

- Tìm đạo hàm của hàm số.

- Tìm điều kiện để phương trình y'=0 có 2 nghiệm phân biệt.

- Sử dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

TXĐ: D= R

Ta có y=x3−3x2+mx−1⇒y'=3x2−6x+m.

Để hàm số đã cho có hai điểm cực trị x1;x2 thì phương trình y'=3x2−6x+m=0 phải có hai nghiệm phân biệt x1;x2.

⇒Δ'=9−3m>0⇔m<3.

Khi đó, áp dụng định lý Viet ta có x1+x2=2x1x2=m3.

Theo bài ra ta có:

x12+x22−x1x2=10⇔x12+x222−3x1x2=10⇔4−m=10⇔m=−6 tm

Vậy mo=−6∈−7;−1.

Chọn C.

Phương pháp:

- Áp dụng các công thức tính nguyên hàm: ∫xndx=xn+1n+1+Cn≠−1, ∫sinxdx=−cosx+C.

- Sử dụng giả thiết Fx=21 tìm hằng số C và suy ra Fx.

Cách giải:

Ta có Fx=∫fxdx=∫2x−sinxdx=x2+cosx+C.

Mà F0=21⇒1+C=21⇔C=20.

Vậy Fx=x2+cosx+20.

Chọn B.

Phương pháp:

- Gọi H là trung điểm của BC chứng minh BC⊥SAH.

- Trong (SAH) kẻ AK⊥SH, chứng minh AK⊥SBC⇒dA:SBC=AK.

- Xác định góc giữa (SBC) và (ABC) là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Tính AH Sử dụng tính chất tam giác vuông cân hoặc hệ thức lượng trong tam giác vuông tính AK

Cách giải:

 

Gọi H là trung điểm của BC vì ΔABC vuông cân tại A nên AH⊥BC và AH=AB2=a2.

Ta có: BC⊥AHBC⊥SA⇒BC⊥SAH.

Trong (SAH) kẻ AK⊥SH, ta có: AK⊥SHAK⊥SBSB⊥SAH⇒AK⊥SBC⇒dA;SBC=AK.

Ta có: BC⊥SAH⇒BC⊥SH, khi đó ta có: SBC∩ABC=BCSH⊂SBC,SH⊥BC cmtAH⊂ABC,AH⊥BC cmt

⇒∠SBC;ABC=∠SH;AH=∠SHA=450.

⇒ΔAKH vuông cân tại K⇒AK=AH2=a.

Vậy dA;SBC=a.

Chọn B.

Phương pháp:

- Chứng minh dA'B;AC=dD;ACD'.

- Chứng minh AC⊥ODD' với O=AC∩BD, trong (ODD') kẻ OH⊥OD'., chứng minh dD;ACD'=OH.

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.

Cách giải:

Ta có CD'//A'B nên dA'B;AC=dA'B;ACD'=dB;ACD'.

Gọi O=AC∩BD ta có O là trung điểm của BD

Vì BD∩ACD'=O nên dB;ACD'dD;ACD'=BODO=1⇒dB;ACD'=dD;ACD'.

Trong ODD' kẻ DH⊥OD'H∈OD'.

Vì AB=AD=a2 nên là hình vuông ⇒AC⊥BD, lại có AC⊥DD'

⇒AC⊥ODD'⇒AC⊥DH.

Ta có DH⊥ACDH⊥OD'⇒DH⊥ACD'⇒dD;ACD'=DH.

Vì ABCD là hình vuông cạnh a2 nên BD=a2.2=2a⇒OD=a.

⇒OD=DD'=a⇒ΔODD' vuông cân tại D⇒DH=OD2=a22.

Vậy dA'B';AC=a22.

Chọn B.

Phương pháp:

Thay các dữ kiện vào công thức đề bài cho.

Cách giải:

Coi năm 2020 là mốc ta có A=97,76 và i=1,14%. 

Từ năm 2020 đến năm 2030 là 10 năm nên n = 10

Vây dân số Việt Nam năm 2030 là: S=97,76.e10.0,0114≈109,56 triệu người.

Chọn B.

Phương pháp:

- Phân tích VT thành nhân tử và giải bất phương trình tích.

- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm nghiệm của bất phương trình.

Cách giải:

Ta có:

9x−2x+53x+92x+1≥0⇔9x−9.3x−2x+13x+92x+1≥0⇔3x3x−9−2x+13x−9≥0⇔3x−2x−13x−9≥0⇔3x≥2x+13x≥93x≤2x+13x≤9⇔3x−2x−1≥0x≥23x−2x−1≤0x≤21

Xét hàm số y=3x−2x−1 ta có y'=3xln3−2=0⇔3x=2ln3⇔x=log32ln3=x0.

BBT:

⇔3x≥2x+13x≥93x≤2x+13x≤9⇔3x−2x−1≥0x≥23x−2x−1≤0x≤21

Dựa vào BBT ta có: 3x−2x−1≥0⇔x≤0x≥13x−2x−1≤0⇔0≤x≤1. Khi đó 1⇔x≥1x≤0x≥20≤x≤1x≤2⇔x≥20≤x≤1.

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S=0;1∪2;+∞.

Vậy a=0;b=1;c=2⇒a−2b+c=0.

Chọn A.

Xét phương trình g(x) = 0

Chỉ ra hàm số y= f(x) đồng biến trên R

Suy ra số nghiệm phương trình gfx=0

Cách giải:

Xét phương trình g(x)= 0

⇔m2+2m+5x3−2m2+4m+9x2−3x+2=0⇔m2+2m+5x3−2m2+4m+10x2+x2−3x+2=0⇔m2+2m+5x2x−2+x−1x−2=0⇔x−2m2+2m+5x2+x−1=0⇔x=2m2+2m+5x2+x−1=0 *

Xét (*) vì m2+2m+5=m+12+4>0ac=−m2+2m+5<0m2+2m+5.22+2−1=4m2+8m+21>0 nên phương trình (*) có 2 nghiệm trái dấu khác 2.

Hay g(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt x=2x=m mn<0x=n. Do đó  gfx=0⇔fx=2 1fx=m2 mn<0fx=n 3.

Xét hàm số fx=13x3−m+1x2+3m2+4m+5x+2021 ta có: f'x=x2−2m+1x+3m2+4m+5.

Ta có Δ'f'x=m+12−3m2+4m+5=−2m2−2m−4<0∀m nên f'x>0∀x∈ℝ.

Suy ra hàm số f(x) là hàm đồng biến trên R

Do đó mỗi phương trình (1), (2), (3) có nghiệm duy nhất và các nghiệm này là khác nhau.

Vậy phương trình g(x) =0 có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Phương pháp:

- Kẻ AH⊥PH∈P, xác định các góc α,β,γ.

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tìm mối quan hệ giữa

cosα,sinβ,sinγ.

Cách giải:

Kẻ AH⊥PH∈P ta có ∠AB;P=∠ABH=β;∠AC;P=∠ACH=γ.

Kẻ HI⊥BCI∈BC ta có: BC⊥HIBC⊥AH⇒BC⊥AHI⇒BC⊥AI

ABC∩P=BCAI⊂ABC;AI⊥BCHI⊂P;HI⊥BC⇒∠ABC;P=∠AI;HI=∠AIH=α.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có:

1AH2=1AB2+1AC2⇒AH2AI2=AH2AB2+AH2AC2

⇔sin2α=sin2β+sin2γ

⇔1−cos2α=sin2β+sin2γ

⇔cos2α+sin2β+sin2γ=1

Vậy P=1.

Chọn D.

Cách giải:

Ta có BC⊥SCBC⊥SH⇒BC⊥SCH⇒BC⊥HC.

Khi đó ta có: SBC∩ABCD=BCSC⊂SBC,SC⊥BCgtHC⊂ABCD,HC⊥BCcmt⇒∠SBC;ABCD=∠SC;HC=∠SCH=α.

Xét tam giác vuông SHC ta có: SH=SC.sinα=a.sinα,HC=SC.cosα=a.cosα

Ta có: HC⊥SBcmt∠ABC=450gt⇒ΔBCH vuông cân tại C⇒HB=HC.2=a2.cosα

⇒AB=2HB=2a2.cosα và DC=HB=a2.cosα.

Gọi K là trung điểm của BH ta có CK⊥HB⇒CK⊥AB và CK=12BH=12a2cosα.

⇒SABCD=AB+CD.CK2=2a2.cosα+a2.cosα2.12a2cosα=32a2cos2α.

⇒V=13.SH.SABCD=13.a.sinα.32a2.cos2α=12a3sinα1−sin2α.

Đặt t=sinα,t∈0;1, xét hàm số ft=1−t3,t∈0;1 ta có f't=1−3t2=0⇒t=13.

Vậy VS.ABCD đạt giá trị lớn nhất khi sinα=13⇒cosα=1−13=63 (do 0<α≤900 nên cosα>0).

Chọn B.