30 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải - Đề 19

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định điểm cực đại của hàm số: điểm mà tại đó hàm số liên tục và đạo hàm đổi dấu từ dươngsang âm

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy $x_{CD}=0,y_{CD}=3.$

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức ${\log }_{a^n}b=\frac{1}{n}{\log }_{a}b\left(0<a\ne 1,b>0\right),a^{{\log }_{a}x}=x\left(0<a\ne 1\right).$ 

Cách giải:

$A=a^{6{\log }_{a^2}7}=a^{6.\frac{1}{2}{\log }_{a}7}={\left(a^{{\log }_{a}7}\right)}^3=7^3=343.$

Chọn B.

Phương pháp:

Thể tích V của khối hộp chữ nhật có độ dài 3 kích thước lần lượt bằng a;b;c là $V=abc.$

Cách giải:

Thể tích V của khối hộp chữ nhật có độ dài 3 kích thước lần lượt bằng 1;2;3 là $V=\mathrm{1.2.3}=6$

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức: Khối đa diện đều loại $\left\{n;p\right\}$ có Đ đỉnh, C cạnh và M mặt thì Đ + M – C = 2.

Cách giải:

Khối hai mặt đều là khối $\left\{3;5\right\}$ có M = 20, C = 30 và Đ = 12.

Chọn B.

Phương pháp:

Phân chia, lắp ghép khối đa diện

Cách giải:

Ta có: $V_{A\text{'}.ABC}=\frac{1}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}},$ mà $V_{A\text{'}.ABC}+V_{A\text{'}.BCC\text{'}B\text{'}}=V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}$ nên $V_{A\text{'}.BCC\text{'}B\text{'}}=\frac{2}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}$.

Lại có $V_{A\text{'}.BCC\text{'}}=\frac{1}{2}{V}_{A\text{'}.BCC\text{'}B\text{'}}\Rightarrow V_{A\text{'}.BBC\text{'}}=\frac{1}{2}.\frac{2}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}.$

$\Rightarrow V_1=\frac{1}{3}V\Rightarrow \frac{V_1}{V}=\frac{1}{3}$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa tính đơn điệu của hàm số.

Cách giải:

Đáp án A sai do nếu hàm số đồng biến trên K thì đồ thị của nó là đường đi lên từ trái sang phải.

Đáp án C sai do hàm số y= f(x) đồng biến trên K nếu tồn tại một cặp $x_1,x_2$ thuộc K sao cho $\frac{f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)}{x_1-x_2}>0.$

Đáp án D sai do nếu hàm số y= f(x) có đạo hàm trên K và $f\text{'}\left(x\right)<0,\forall x\in K$ thì hàm số nghịch biến trên K.

Chọn B.

Phương pháp:

Tính đạo hàm và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.

Cách giải:

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}.$ Ta có $y=\frac{-x+1}{x+1}\Rightarrow y\text{'}=\frac{-2}{{\left(x+1\right)}^2}<0\forall x\in D.$

Do đó hàm số không tồn tại khoảng đồng biến.

Chọn C.

Phương pháp:

Thay lần lượt từng tọa độ từng điểm vào hàm số.

Cách giải:

Thay tọa độ điểm $N\left(-1;-4\right)$ vào hàm số ta có $\frac{3.\left(-1\right)-1}{\left(-1\right)+2}=\frac{-4}{1}=-4.$

Vậy điểm $N\in \left(H\right).$

Chọn A.

Phương pháp:

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ có TCN $y=\frac{a}{c}.$

Cách giải:

Đồ thị hàm số $y=\frac{2020x-1}{2021x+1}$ có TCN $y=\frac{2020}{2021}.$

Chọn D.

Phương pháp:

Giải phương trình hoành độ giao điểm.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $x^3+3x^2+2=4\iff x^3+3x^2-2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=-1\pm \sqrt{3}\end{array}\right..$

Vậy số giao điểm của (C) với đường thẳng y = 4 là 3.

Chọn B.

Phương pháp:

Đồ thị hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng.

Cách giải:

Hàm số $y=\sin 2x$ là hàm số lẻ nên không nhận trục tung làm trục đối xứng.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng các công thức chỉnh hợp và tổ hợp.

Cách giải:

Ta có $C_n^k=\frac{n!}{\left(n-k\right)!k!},A_n^k=\frac{n!}{\left(n-k\right)!},$ do đó đáp án D đúng.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng chỉnh hợp

Cách giải:

Số các số tự nhiên có sáu chữ số đôi một khác nhau là $A_{10}^6-X_9^5=136080.$

Chọn C.

Phương pháp:

Hàm số nghịch biến trên R là hàm số xác định trên R và $y\text{'}\le 0\forall x\in ℝ$.

Cách giải:

Đáp án A và B loại do hai hàm số đó không xác định $\forall x\in ℝ$

Xét đáp án C ta có $y\text{'}=\frac{-2x}{{\left(x^2+1\right)}^2}.$

Xét đáp án D ta có $y\text{'}=\frac{-3x^2\left(x^2+1\right)+x^3.2x}{{\left(x^2+1\right)}^2}=\frac{-x^4-3x^2}{{\left(x^2+1\right)}^2}\le 0\forall x\in ℝ$.

Vậy hàm số $y=\frac{-x^3}{x^2+1}$ nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$

Chọn D.

Phương pháp:

Thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là $V=\pi R^{2}h.$

Cách giải:

Thể tích của khối trụ có bán kính đáy R= 3cm và chiều cao h= 4cm là $V=\pi R^{2}h=\pi {.3}^2.4=36\pi \left(c{m}^3\right).$

Chọn A.

Phương pháp:

Thể tích của khối nón có bán kính đáy h và chiều cao V là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h.$

Cách giải:

Thể tích của khối nón có bán kính đáy $\frac{h}{2}\Rightarrow$bán kính đáy $R=\frac{h}{4}$ và chiều cao h là

                                          $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi .{\left(\frac{h}{4}\right)}^2.h=\frac{1}{48}\pi r{h}^3.$

Chọn B.

Phương pháp:

Dựa vào BBT xác định các khoảng đơn điệu của hàm số.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số y= f(x) đồng biến trên $\left(-\infty ;-\frac{1}{2}\right);\left(-\frac{1}{2};3\right).$

Chọn B.

Phương pháp:

Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy bằng B và độ dài đường cao bằng 3h là $V=\frac{1}{3}Bh.$

Cách giải:

Thể tích V của khối chóp có diện tích đáy bằng V và độ dài đường cao bằng 3h là $V=\frac{1}{3}B.3h=Bh.$

Chọn A.

Phương pháp:

- Đường tròn lớn của khối cầu bán kính R có bán kính R

- Thể tích khối cầu bán kính R là $V=\frac{4}{3}\pi R^3.$

Cách giải:

Gọi bán kính khối cầu là $R\Rightarrow$ Đường tròn lớn của khối cầu có bán kính R

$\Rightarrow 2\pi R=5\pi \iff R=\frac{5}{2}.$

Vậy thể tích khối cầu là $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi .{\left(\frac{5}{2}\right)}^3=\frac{125\pi }{6}.$

Chọn A.

Phương pháp:

- Sử dụng: $\sin x=0\iff x=k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$

- Giải bất phương trình $0\le x<\pi$ tìm số giá trị nguyên k thỏa mãn.

Cách giải:

Ta có: $\sin 5x=0\iff 5x=k\pi \iff x=\frac{k\pi }{5}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$0\le x<\pi \iff 0\le \frac{k\pi }{5}<\pi \iff 0\le k<5.$ Mà $k\in \mathbb{Z}\Rightarrow k\in \left\{0;1;2;3;4\right\}.$

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thuộc $\left[0;\pi \right).$

Chọn A.

Phương pháp:

- Diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu bán kính R lần lượt là $S=4\pi R^2$ và $V=\frac{4}{3}\pi R^3.$

Cách giải

Vì diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu đó có giá trị bằng nhau nên $4\pi R^2=\frac{4}{3}\pi R^3\iff R=3.$

Chọn C.

Phương pháp:

Sự dụng biến đổi $a^3+b^3={\left(a+b\right)}^3-3ab\left(a+b\right).$

Cách giải:

Ta có:

    $3^{3x}+3^{-3x}={\left(3^x+3^{-x}\right)}^3-{3.3}^x{.3}^{-x}\left(3^x+3^{-x}\right)$

$\Rightarrow 3^{3x}+3^{-3x}=4^3-3.4=52$

Vậy $A=3.52=156$.

Chọn C.

Phương pháp:

- Sử dụng chiều đồ thị suy ra dấu của hệ số a

- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra dấu của hệ số d

- Dựa vào dấu các điểm cực trị của hàm số suy ra dấu của hệ số b,c

Cách giải:

Đồ thị hàm số có nhánh cuối cùng đi lên nên a > 0

Đồ thị đi qua điểm $O\left(0;0\right)$ nên d = 0

Hàm số có 2 điểm cực trị $x_1,x_2$ và $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2>0\\ x_1.x_2<0\end{array}\right..$

Ta có $y\text{'}=3a{x}^2+2bx+c$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2>0\\ x_1.x_2<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{-2b}{3a}>0\\ \frac{c}{3a}<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b<0\\ c<0\end{array}\right..$

Vậy có một số dương trong các số a,b,c,d.

Chọn B.

Phương pháp:

Khai triển nhị thức Niu-tơn: ${\left(a+b\right)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{a}^{n-k}{b}^k.$

Cách giải:

Ta có: ${\left(x^2+\frac{1}{2x}\right)}^9=\sum _{k=0}^9{C}_9^k{\left(x^2\right)}^{9-k}{\left(\frac{1}{2x}\right)}^k=\sum _{k=0}^9{C}_9^k\frac{1}{2^k}{x}^{18-3k}$

Do đó số hạng không chứa x ứng với $18-3k=0\iff k=6.$

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức ${\left(x^2+\frac{1}{2x}\right)}^9$ là $C_9^6\frac{1}{2^6}=\frac{21}{16}.$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng tổ hợp và quy tắc nhân.

Cách giải:

Để chọn ra 5 bạn sao cho có đủ nam, nữ và số nam ít hơn số nữ ta có các trường hợp sau:

TH1: 1 nam và 4 nữ $\Rightarrow$ Có $C_{15}^1.C_{20}^4=72675$ cách.

TH2: 2 nam và 3 nữ $\Rightarrow$ Có $C_{15}^2.C_{20}^3=119700$ cách.

Vậy có tất cả $72675+119700=192375$ cách.

Chọn A.

Phương pháp:

- Hàm phân thức có bậc tử < bậc mẫu thì đồ thị hàm số có TCN y = 0

- Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm phân thức bằng số nghiệm của phương trình mẫu không bị triệt tiêu bởinghiệm của phương trình tử.

Cách giải:

Vì hàm phân thức có bậc tử < bậc mẫu thì đồ thị hàm số có TCN y= 0

Phương trình $a{x}^2+bx+c=0$ có tối đa 2 nghiệm phân biệt khác $-\frac{n}{m}$ nên đồ thị có tối đa 2 TCĐ.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tối đa 3 đường tiệm cận.

Chọn C.

Phương pháp:

- Hình vuông cạnh a có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng $\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

- Thể tích khối trụ có chiều cao h bán kính đáy R là $V=\pi R^{2}h.$

- Thể tích khối lập phương cạnh a là $V=a^3.$

Cách giải:

Giả sử hình lập phương có cạnh $a\Rightarrow$ Hình trụ có chiều cao h= a

Vì đường tròn đáy của hình trụ là đường tròn ngoại tiếp đáy của hình lập phương nên hình trụ có bán kính đáy $R=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Thể tích khối trụ là $V=\pi R^{2}h=\pi .{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2.a=\frac{\pi a^3}{4}.$

Thể tích khối lập phương là $V\text{'}=a^3.$

Vậy tỉ số thể tích của khối trụ và khối lập phương đó là $\frac{V}{V\text{'}}=\frac{\pi }{4}.$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng nhân xác suất.

Cách giải:

Xác suất để 1 toa có người là $\frac{7}{12}$ và xác suất để 1 toa không có người là $\frac{5}{12}$

Vậy xác suất để 3 toa có người là $C_{12}^3.{\left(\frac{7}{12}\right)}^3.{\left(\frac{5}{12}\right)}^9\approx 0,107.$

Chọn D.

Phương pháp:

Tính xác suất bằng phương pháp liệt kê.

Cách giải:

Tung ngẫu nhiên 1 con súc sắc cân đối đồng chất một lần $\Rightarrow$ số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=6.$

Gọi A là biến cố: “xuất hiện mặt có số chấm lẻ” $\Rightarrow A=\left\{1;3;5\right\}\Rightarrow n\left(A\right)=3.$

Vậy xác suất để xuất hiện mặt có số chấm lẻ là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}.$

Chọn A.

Phương pháp:

- Tìm điểm $M_0\in \left(C_m\right)$ cố định, dự đoán $M_0$ là tiếp điểm.

- Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị $\left(C_m\right)$ tại $M_0$.

- Thử lại: Xét phương trình hoành độ giao điểm, chứng minh tiếp tuyến vừa tìm được luôn tiếp xúc với $\left(C_m\right)\forall m\ne 0.$

- Đồng nhất hệ số tìm a,b

Cách giải:

Ta có $y=\frac{\left(2m-1\right)x-m}{x+m}=\frac{2mx-x-m}{x+m}=\frac{2mx}{x+m}-1.$

$\Rightarrow \forall m\ne 0$ thì đồ thị hàm số $\left(C_m\right)$ luôn đi qua điểm cố định $M_0\left(0;-1\right).$ Ta dự đoán $M_0$ là tiếp điểm.

Khi đó ta có: Đường thẳng $y=ax+b$ là tiếp tuyến của $\left(C_m\right)$ tại $M_0\left(0;-1\right).$

Ta có: $y\text{'}=\frac{2m^2}{{\left(x+m\right)}^2}\Rightarrow y\text{'}\left(0\right)=2.$

 Phương trình tiếp tuyến của $\left(C_m\right)$ tại $M_0\left(0;-1\right)$ là: $y=2\left(x-0\right)-1=2x-1.$

Thử lại: Xét phương trình hoành độ giao điểm

$\frac{2mx}{x+m}-1=2x-1\iff 2mx=2x^2+2mx\iff 2x^2=0\iff x=0$ (nghiệm kép).

Do đó đường thẳng $y=2x-1$ luôn tiếp xúc với $\left(C_m\right)$ (thỏa mãn).

Vậy $a=2,b=-1\Rightarrow a+b=1.$

Chọn B.

Phương pháp:

- Giả sử $A\left(a;a^3+a^2-4\right),B\left(b;b^3+b^2-4\right).$

- Vì OA=2OB nên $\left[\begin{array}{l}\overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{OB}\\ \overrightarrow{OA}=-2\overrightarrow{OB}\end{array}\right.$, giải hệ phương trình bằng phương pháp thế.

Cách giải:

Giả sử $A\left(a;a^3+a^2-4\right),B\left(b;b^3+b^2-4\right).$

- Vì OA= 2OB nên $\left[\begin{array}{l}\overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{OB}\\ \overrightarrow{OA}=-2\overrightarrow{OB}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left(a;a^3+a^2-4\right)=2\left(b;b^3+b^2-4\right)\\ \left(a;a^3+a^2-4\right)=-2\left(b+b^3+b^2-4\right)\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=2b\\ a^3+a^2-4=2b^3+2b^2-8\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=-2b\\ a^3+a^2-4=-2b^3-2b^2+8\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=2b\\ 8b^3+4b^2-4=2b^3+2b^2-8\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=-2b\\ -8b^3+4b^2-4=-2b^3-2b^3+8\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=2b\\ 6b^3+2b^2+4=0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=-2b\\ 6b^3-6b^2+12=0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a-2b\\ b=-1\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=-2b\\ b=-1\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=-2\\ b=-1\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=-1\end{array}\right.\end{array}\right.$

Vậy có 2 cặp điểm A,B thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.