30 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải - Đề 28
50 câu hỏi
Gọi T là tập tất cả những giá trị thực của x để log32021−x có nghĩa. Tìm T ?
T=0;2021.
T=0;2021.
T=−∞;2021.
T=−∞;2021.
Điều kiện 2021−x>0⇔x<2021.
Vậy T=−∞;2021.
Chọn C.
Cho hai tích phân ∫−25fxdx=8 và ∫5−2gxdx=3. Tính I=∫−25fx−4gx−1dx.
I=27.
I=3.
I=13.
I=-11.
Ta có: I=∫−25fx−4gx−1dx=∫−25fxdx−4∫−25gxdx−∫−251dx=8−4.−3−7=13.
Chọn C.
Nguyên hàm ∫cos2x dx bằng
−12sin2x+C.
−sin2x+C.
12sin2x+C.
sin2x+C.
Ta có: ∫cos2xdx=12sin2x+C.
Chọn C.
Cho một hình cầu có diện tích bề mặt bằng 16π, bán kính của hình cầu đã cho bằng
1.
2.
4.
3.
Ta có: S=4πR2⇒R=S4π=16π4π=2.
Chọn B.
Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng P: 2x−3y+5=0. Vectơ nào sau đây là một vectơ pháp tuyến của (P) ?
n1→=2;−3;0.
n4→=2;3;5.
n2→=2;−3;5.
n3→=-2;3;5.
Vectơ n1→=2;−3;0 là một vectơ pháp tuyến của (P)
Chọn A.
Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn a≠1 và logab=3. Tính logaa2b.
4.
3.
5.
6.
logaa2b=logaa2+logab=2+logab=2+3=5.
Chọn C.
Cho khối lăng trụ tam giác có thể tích bằng 12 và diện tích đáy bằng 3. Chiều cao của khối lăng trụ đã cho bằng
4.
3.
8.
12.
Dựa vào công thức tính thể tích khối lăng trụ, ta có: V=B.h⇔3.h=12⇔h=4.
Chọn A
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x2 và y=x+2 bằng
94.
89.
9
92.
Ta có phương trình tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số là
x2=x+2⇔x2−x−2=0⇔x=−1x=2
Từ công thức tính diện tích hình phẳng, ta có:
S=∫−12x2−x−2dx=−∫−12x2−x−2dx=92, do x2−x−2<0 khi −1<x<2.
Chọn D.
Nghiệm của phương trình 2x+1=8 là
x=−2.
x=−3.
x=3.
x=2.
Ta có: 2x+1=8⇔2x+1=23⇔x+1=3⇔x=2.
Chọn D.
Cho hình nón có chiều cao bằng 3 và bán kính đáy bằng 4. Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng
16π.
20π.
36π.
26π.
Ta có: l=r2+h2=32+42=5.
Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng: Stp=πrl+πr2=π.4.5+π.42=36π(đvdt).
Chọn C
Trong không gian Oxyz cho hai điểm A2;1;0, B0;−1;4. Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là
2x+y−2=0.
2x+y+z−4=0.
x+y−2z+3=0.
−x−y+2z+3=0.
Gọi I là trung điểm của AB Khi đó I1;0;2.
Ta có: AB→=−2;−2;4. Suy ra VTPT của mặt phẳng trung trực cần tìm là n→1;1;−2.
Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là: 1x+1+1y−0−2z−2=0
⇔x+y−2z+3−0.
Chọn C.
Giá trị của ∫03dx bằng
2.
1.
0.
3.
Ta có: ∫03dx=x03=3.
Chọn D.
Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng 2. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
42.
4 23.
4 33.
43.
Giả sử khối chóp đã cho là S.ABCD
SABCD=22=4.
Tam giác SOB vuông tại O nên SO2=SB2−OB2=22−2222=4−2=2⇒SO=2
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: V=13SO.SABCD=13.2.4=423.
Chọn B.
Trong không gian Oxyz hình chiếu vuông góc của điểm A2;3;4 trên mặt phẳng tọa độ (Oxy) có tọa độ là
2;0;0.
2;3;0.
0;3;4.
2;0;4.
Hình chiếu vuông góc của điểm A2;3;4 trên mặt phẳng tọa độ (Oxy) là: H2;3;0.
Chọn B.
Trong không gian Oxyz cho ba điểm A2;0;0; B0;−1;0 và C0;0;3. Mặt phẳng (ABC) đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây?
Q2;−1;3.
M2;−1;−3.
N1;−2;3.
P3;−1;2.
Mặt phẳng (ABC) có phương trình là: x2+y−1+z3=1.
Thay tọa độ của các điểm ở bốn đáp án vào ta thấy điểm M2;−1;−3 thỏa mãn.
Chọn B.
Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số fx=e2x ?
Fx=12e2x+2020.
Fx=2e2x+1.
Fx=12e2x+ x.
Fx=e2x+2021.
Nguyên hàm của hàm số fx=e2x là: Fx=12e2x+C.
Thay C= 2020 ta được một nguyên hàm là: Fx=12e2x+2020 nên chọn A.
Chọn A.
Trong không gian Oxyz cho phương trình x2+y2+z2+2m−2y−2m+3z+3m2+7=0 với m là tham số thực. Có bao nhiêu số tự nhiên m để phương trình đã cho là phương trình của một mặt cầu?
4.
3.
5.
2.
Giả sử S:x2+y2+z2+2m−2y−2m+3z+3m2+7=0 là phương trình mặt cầu.
Khi đó (S) có tâm I0;2−m;m+3 và bán kính R=2−m2+m+32−3m2−7 với điều kiện
2−m2+m+32−3m2−7>0⇔−m2+2m+6>0⇔1−7<m<1+7.
Do m∈ℕ⇒m∈0;1;2;3.
Vậy có 4 giá trị m cần tìm.
Chọn A.
Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như hình vẽ sau?
y=−x4+2x2+1.
y=−x3+3x2+1.
y=x4-2x2+1.
y=x3-3x2+1.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho là hàm bậc 3 với hệ số của x3 dương.
Chọn D.
Cho hàm số bậc ba y= f(x) có đồ thị là đường cong như hình vẽ sau:
Số nghiệm thực của phương trình 2fx−5=0 là
2.
1.
3.
0.
Số giao điểm của đường cong y=x3−2x2+x−1 và đường thẳng y=1−2x là
1.
2.
3.
0.
Số giao điểm của đường cong: y=x3−2x2+x−1 và đường thẳng y=1−2x bằng nghiệm của phương trình:
x3−2x2+x−1=1−2x⇔x3−2x2+3x−2=0⇔x−1x2−x+2=0⇔x=1.
Vậy có duy nhất một giao điểm.
Chọn A.
Cho khối trụ có bán kính đáy r =3 và chiều cao h=4. Thể tích của khối trụ đã cho bằng
16π.
48π.
12π.
36π.
Thể tích của khối trụ đã cho bằng: V=πr2h=π.32.4=36π (đvdt).
Chọn D.
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' (hình vẽ bên dưới). Số đo góc giữa hai đường thẳng AC và A'D bằng
30°.
45°.
60°.
90°.
Vì AC//A'C'⇒AC,A'D^=A'C',A'D^=C'A'D^.
Mà tam giác A'C'D là tam giác đều ⇒C'A'D^=600.
Vậy góc giữa hai đường thẳng AC và A'D bằng 600.
Chọn C.
Cho hàm số f(x) có đồ thị như hình vẽ sau:
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
2.
1.
-2.
-1.
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 2.
Chọn A.
Nghiệm của phương trình log23x−1=3 là
x=103.
x=73.
x=3
x=6
Ta có: log23x−1=3⇔3x−1=23⇔x=3.
Chọn C.
Cho hàm số y= f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
−1;0.
−∞;0.
0;1.
-1;1.
Từ bảng ta có hàm số y= f(x) nghịch biến trên khoảng −1;0.
Chọn A.
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=−3x+1x−2 có phương trình là
x=−2.
x=−3
x=3
x=2
Tập xác định: D=ℝ\2.
Ta có: limx→2+−3x+1x−2=−∞;limx→2−−3x+1x−2=+∞.
Vậy đồ thị hàm số đã cho nhận đường thẳng x = 2 làm tiệm cận đứng.
Chọn D.
Có 5 bạn học sinh trong đó có hai bạn là Lan và Hồng. Có bao nhiêu cách xếp 5 học sinh trên thành một hàng dọc sao cho hai bạn Lan và Hồng đứng cạnh nhau?
48.
24.
6.
120.
Xếp hai bạn Lan và Hồng đứng cạnh nhau có 2! cách.
Xếp 5 học sinh thành một hàng dọc sao cho bạn Lan và Hồng đứng cạnh nhau là 2!.4!=48 cách.
Vậy có 48 cách.
Chọn A.
Cho cấp số nhân un có số hạng đầu u1=5 và công bội q = -2. Số hạng thứ sáu của cấp số nhân là
u6=160.
u6=320.
u6=-320.
u6=-160.
Ta có: u6=u1q5=5.−25=−160. Vậy u6=−160.
Chọn D.
Số tập con có ba phần tử của một tập hợp gồm 10 phần tử là
720.
30.
120.
6.
Số tập con có ba phần tử của một tập hợp gồm 10 phần tử là C103=120.
Chọn C.
Trong không gian Oxyz cho mặt cầu S: x+12+y−32+z−12=2. Tâm của mặt cầu (S) là điểm nào sau đây?
P−1;−3;1.
M1;−3;−1.
Q1;3;1.
N−1;3;1.
Tập xác định: D=ℝ\2−m.
Ta có: y'=m−1x+m−22.
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng 6;+∞⇔y'<0,∀x∈6;+∞⇔m−1<02−m∉6;+∞
⇔m<12−m≤6⇔m<1m≥−4⇔−4≤m<1.
Vậy m∈−4;1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chọn B.
Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y=x−1x+m−2 nghịch biến trên khoảng 6;+∞ là
−4;1.
−4;1.
−4;1.
1;4.
ĐKXĐ: x2−2x+1>0log0,2x2−2x+1≥0⇔x≠1x2−2x+1≤1⇔x≠10≤x≤2.
Chọn D.
Tập xác định của hàm số y=log0,2x2−2x+1là
0;2.
0;2\1.
−∞;0∪2;+∞.
0;2\1.
Cho hàm số fx=xx2+1. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số là
32x2+1x2+1−x2+1+C.
x2+1x2+1+x2+1+C.
23x2+1x2+1−x2+1+C.
23x2+1x2+1+x2+1+C.
Cho hàm số f(x) liên tục trên ℝvà có bảng xét dấu của f'(x) như sau:
Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
3.
2.
4.
1.
12x2−7≥8⇔x2−7≤log128⇔x2−7≤−3⇔x2≤4⇔−2≤x≤2.
Chọn D.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x3−6x+2 trên đoạn [1;5] bằng
2+42.
2-42.
-4.
-3.
27log9ab2=2ab⇔log9ab2=log272ab⇔12log3ab2=13log32ab
⇔3log3ab2=2log32ab⇔log3ab23=log32ab2⇔a3b6=4a2b2⇔ab4=4
Chọn A.
Tập nghiệm của bất phương trình 12x2−7≥8 là
−∞;−2.
−2;2.
−∞;−2∪2;+∞.
−2;2.
Vì điểm A thuộc mặt phẳng (P) nên:
m2−1.1+3m.−2−1+7=0⇔m2−6m+5=0⇔m=1m=5
Chọn B.
Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn 27log9ab2=2ab. Giá trị của biểu thức ab4 bằng
4.
8.
2.
16.
Trong không gian Oxyz cho điểm A1;−2;1 và mặt phẳng P:m2−1x+3my−z+7=0 với m là tham số thực. Tập hợp tất cả các giá trị của m để mặt phẳng (P) đi qua điểm A là
5.
1;5.
1.
-1;5.
Vì điểm A thuộc mặt phẳng (P) nên:
m2−1.1+3m.−2−1+7=0⇔m2−6m+5=0⇔m=1m=5
Chọn B.
Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2cm và thiết diện qua trục của hình nón đó là một tam giác đều. Thể tích của khối nón đã cho bằng
8π33 cm3.
163π3 cm3.
8π3 cm3.
16π3 cm3.
Số nghiệm thực của phương trình log2x+1−2log14x−1=3 là
2
1.
0.
3.
Cho hàm số y= f(x) có đạo hàm trên ℝ và đồ thị hàm số y= f'(x) cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ −3;−2;a;b;3;c;5 với −43<a<−1; 1<b<43; 4<c<5 (có dạng như hình vẽ bên dưới). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số thực m để hàm số y=f(2x+m−3) có 7 điểm cực trị?
3.
2.
4.
Vô số.
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC có BAC^=120°; BC=3a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy,SA=2a. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng
12πa2.
πa23.
16πa23.
18πa2.
Cho x,y là các số thực thỏa mãn 2x+y2.25x2+2xy+2y2−9+x−y2=9. Giá trị lớn nhất của biểu thức P=x−14x−y−9 bằng
16.
14.
13.
12.
Một bác nông dân có số tiền 20.000.000 đồng. Bác dùng số tiền đó gửi ngân hàng loại kì hạn 6 tháng với lãi suất 8,5 00 trên một năm thì sau 5 năm 8 tháng bác nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu? Biết rằng bác không rút cả gốc lẫn lãi trong các định kì trước đó và nếu rút trước kì hạn thì ngân hàng trả lãi suất theo loại không kì hạn 0,0100 trên một ngày. (Giả thiết một tháng tính 30 ngày).
32802750,09đồng.
33802750,09đồng.
30802750,09đồng.
31802750,09đồng
Gửi 5 năm 8 tháng bằng 68 tháng được 11 chu kì 6 tháng dư 2 tháng.
Số tiền bác nông dân thu được sau 66 tháng với kì hạn 6 tháng, lãi suất 4,25% trên 6 tháng là
A=20000000.1+4,25%11 (đồng).
Số tiền bác thu được sau 2 tháng theo lãi suất không kì hạn bao gồm cả gốc và lãi là
B=A1+60.0,01%=31802750.09 (đồng)
Chọn D.
Cho hàm số y=x−1x2−2x−3 có đồ thị như hình 1. Đồ thị hình 2 là của hàm số nào dưới đây?
y=x−1x2−2x−3.
-y=x−1x2−2x−3.
y=x−1x2−2x−3.
y=x−1x2−2x−3.
Xét đáp án B có y=−x−1x2−2x−3=−x−1x2−2x−3 khi x≥1x−1x2−2x−3 khi x<1
Quan sát đồ thị hình 2 giữ nguyên phần đồ thị ứng với x < 1 và lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị ứng với x≥1 chính là đồ thị của hàm số y=−x−1x2−2x−3.
Chọn B.
3
5
7
9
Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau và các chữ số thuộc tập hợp 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S, xác suất để số đó không có hai chữ số kề nhau nào cùng là số lẻ bằng
14.
518.
31189.
19189.
Số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau có dạng abcdef¯, trong đó a,b,c,d,e,f∈0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 và khác nhau từng đôi một.
nΩ=9.A95=136080.
Gọi biến cố A: “Chọn được một số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau và không có hai chữ số kề nhau nào cùng là số lẻ”.
⇒ Số được chọn có ít nhất 1 chữ số lẻ và tối đa 3 chữ số lẻ.
Xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Số cách chọn được có 1 chữ số lẻ, suy ra có 5.6!−5!=3000 (cách chọn).
Trường hợp 2: Số chọn được có 2 chữ số lẻ.
Nếu a là số lẻ thì có 5.C41.4.A54=9600 (cách chọn).
Nếu a không là số lẻ thì có 4.6.A52.A43=11520 (cách chọn).
Do vậy có 9600+11520=21120 (cách chọn).
Trường hợp 3: Số chọn được có 3 chữ số lẻ
Nếu a là số lẻ thì có 5.3.A42.A53=10800 (cách chọn).
Nếu a không là số lẻ thì có 4.A53.A42=2880 (cách chọn).
Do vậy có 10800+2880=13680 (cách chọn).
Vậy có 3000+21120+13680=37800 (cách chọn).
Suy ra nA=37800.
Xác suất xảy ra biến cố A là PA=nAnΩ=518.
Chọn B.
Cho các hàm số fx=mx4+nx3+px2+qx+r và gx=ax3+bx2+cx+d m, n, p, q, r, a, b, c, d∈ℝ thỏa mãn f0=g0. Các hàm số y = f'(x) và y= g'(x) có đồ thị như hình vẽ bên.
Gọi S là tổng tất cả nghiệm của phương trình fx=gx. Khi đó mệnh đề nào sau đây đúng?
S∈−32;−1.
S∈0;1.
S∈-2;−32.
S=2
Ta có fx=gx⇔ax3+bx2+cx+d=mx4+nx3+px2+qx+r.
⇔mx4+n−ax3+p−bx2+q−cx+r−d=0 1
Do f0=g0⇒x=0 là nghiệm của phương trình 1⇒r−d=0.
Lại có f'x=4mx3+3nx2+2px+q.g'x=3ax2+2bx+c.
f'x=g'x⇔4mx3+3n−ax2+2p−bx+q=0.
Từ đồ thị suy ra m>0,a>0,g'0=0⇒c=0.
Ngoài ra, phương trình f'x=g'x có các nghiệm x=−a;x=1;x=2 nên ta có hệ:
−4m+3n−a−2p−b+q=04m+3n−a+2p−b+q=032m+12n−a+4p−b+q=0⇔p−b=−2mq=−3n−a32m−4q−8m+q=0⇔p−b=−2mn−a=−83mq=8m
Khi đó phương trình (1) thành
⇔mx4−83mx3−2mx2+8mx=0⇔x4−83x3−2x2+8x=0⇔xx3−83x2−2x+8=0⇔x=0x3−83x2−2x+8=0 2
Xét hx=x3−83x2−2x+8, tập xác định ℝ
h'x=3x2−163x−2=0⇔x=8+1189=x1x=8−1189=x2
Bảng biến thiên
Suy ra, phương trình (2) có 1 nghiệm duy nhất trong khoảng −2;−32 nên phương trình (1) có 2 nghiệm x=0 và x∈−2;−32. Do đó, tổng tất cả các nghiệm của phương trình 1:S∈−2;−32.
Chọn C.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a2. Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng SCDtheo a.
d=2a23.
d=a3.
d=4a53.
d=a5.
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, M là trung điểm của CD ta có
CD⊥OMCD⊥SO⇒CD⊥SOM⇒SCD⊥SOM và SCD∩SOM=SM
Kẻ OH⊥SM, khi đó dO;SCD=OH=OM.OSOM2+OS2=a.a22a24+2a2=a23.
Mặt khác AO∩SCD=C và O là trung điểm của AC suy ra:
dA;SCD=2dO;SCD=2a23.
Chọn A.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có các cạnh AB=AA'=2a, đáy ABC là tam giác vuông cân tại A Trên cạnh AA' lấy điểm I sao cho AI=14AA'. Gọi M,N lần lượt là các điểm đối xứng với B và C qua I. Thể tích khối đa diện AMNA'B'C' bằng
16a33.
2a3.
42a33.
a32
Ta có MN//BC⇒MN//B'C' và MN=BC=B'C', suy ra tứ giác MNB'C' là hình bình hành.
Gọi J=MB'∩NC' suy ra J là tâm hình bình hành và J∈AA'.
VAMNA'B'C'=VA.MNB'C'+VA'.MNB'C'
Do IJ là đường trung bình của tam giác MBB' nên IJ=12BB'=a⇒A'J=12a.
+) B'J=C'J=A'B'2+A'J2=4a2+a24=a172,B'C'=2a2, đặt p=JB'+JC'+B'C'2
+) SΔJB'C'=pp−IB'p−JC'p−B'C'=3a222⇒SMNB'C'=4SΔJB'C'=6a22.
+) dA';JB'C'.SΔJB'C'=3VA'.JB'C'=A'J.SΔA'B'C'⇒dA';JB'C'=A'J.SΔA'B'C'SΔJB'C'=a23.
+) VA.JB'C'=VA.A'B'C'−VJ.A'B'C'=13AJ.SΔA'B'C'=a3.
+) dA;JB'C'.SΔJB'C'=3VA.JB'C'=3a3⇒dA;JB'C'=3a3SΔJB'C'=a2.
Vậy VAMNA'B'C'=VA,MNB'C'+VA'.MNB'C'=13dA';JB'C'+dA;JB'C'.SMNB'C'
=13a23+a2.6a22=16a33.
Chọn A.
