30 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải - Đề 3

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Dựa vào đường TCN và TCĐ của đồ thị hàm số để xác định hàm số.

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

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số đã cho có TCN y = 1 và TCĐ x = 1 nên chỉ có đáp án B đúng.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Dựa vào đường TCN và TCĐ của đồ thị hàm số để xác định hàm số.

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

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số đã cho có TCN y = 1 và TCĐ x = 1 nên chỉ có đáp án B đúng.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Hàm số $y={\log }_{a}x\left(0<a\ne 1\right)$ có TXĐ $D=\left(0;+\infty \right)$, đồng biến trên D khi a > 1, nghịch biến trên D khi 0< a < 1.

- Hàm số $y=a^x\left(0<a\ne 1\right)$ có TXĐ $D=ℝ$, đồng biến trên D khi a > 1, nghịch biến trên D khi 0 < a < 1.

Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

- Hàm số xác định trên $\left(0;+\infty \right)$ nên loại đáp án B và C.

- Hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ nên loại đáp án D vì $0<0,6<1$.

Vậy đồ thị đã cho là của hàm số $y={\log }_{\sqrt{6}}x$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất, hàm nhị thức bậc nhất không có cực trị.

- Hàm đa thức bậc ba có 0 hoặc 2 cực trị.

- Hàm đa thức bậc bốn trùng phương có 1 hoặc 3 cực trị.

Giải chi tiết:

Dễ thấy: Hàm số ở đáp án A và D không có cực trị.

Xét đáp án B: $y^{\text{'}}=4x^3+6x=0\iff 2x\left(2x^2+3\right)=0\iff x=0$ nên hàm số có 1 điểm cực trị.

Xét đáp án C: $y^{\text{'}}=3x^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$ nên hàm số có 2 điểm cực trị.

Vậy hàm số có nhiều điểm cực trị nhất là hàm số $y=x^3-3x^2+1$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm hàm $g^{\text{'}}\left(x\right)$, sử dụng công thức tính đạo hàm ${\left(\frac{1}{u}\right)}^{\text{'}}=-\frac{u^{\text{'}}}{u^2}$.

- Giải bất phương trình $g^{\text{'}}\left(x\right) > 0$ và suy ra các khoảng đồng biến của hàm số.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: $f\left(x\right)\ne 0\iff x\ne -2;x\ne 0;x\ne 3$.

Ta có $g\left(x\right)=\frac{1}{f\left(x\right)}\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=-\frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}$

Xét $g^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff -\frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}>0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)<0$.

Dựa vào BBT ta thấy: $f^{\text{'}}\left(x\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}x\in \left(-\infty ;-1\right)\backslash \left\{-2\right\}\\ x\in \left(1;3\right)\end{array}\right.$

⇒ Hàm số $g\left(x\right)=\frac{1}{f\left(x\right)}$ đồng biến trên $\left(-\infty ;-2\right);\left(-2;-1\right);\left(1;3\right)$.

Vì $\left(1;2\right)\subset \left(1;3\right)$ nên hàm số cũng đồng biến trên .

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức: ${\log }_{a}x+{\log }_{a}y={\log }_a\left(xy\right)\left(0<a\ne 1,x,y>0\right)$

${\log }_{a}x-{\log }_{a}y={\log }_a\left(\frac{x}{y}\right)\left(0<a\ne 1,x,y>0\right)$

Giải chi tiết: ${\log }_a\left(b+c\right)={\log }_{a}b.{\log }_{a}c.$

Dễ thấy mệnh đề sai là đáp án B:

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức tính nhanh: Khối chóp đều có cạnh bên bằng b, chiều cao h có bán kính đường tròn ngoại tiếp là $R=\frac{b^2}{2h}$.

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

Giải chi tiết:

Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$

Vì ABCD là hình vuông cạnh 2a nên $OB=\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}$.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOB ta có $SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{3a^2-2a^2}=a$.

⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là $R=\frac{S{B}^2}{2SO}=\frac{3a^2}{2a}=\frac{3a}{2}$.

Vậy thể tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp là: $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi .{\left(\frac{3a}{2}\right)}^3=\frac{9\pi a^3}{2}$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Tính độ dài đường sinh $l=\sqrt{h^2+r^2}$.

- Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r, độ dài đường sinh l là $S_{xq}=\pi rl$.

Giải chi tiết:

Độ dài đường sinh của hình nón là: $l=\sqrt{h^2+r^2}=\sqrt{{20}^2+{25}^2}=5\sqrt{41}\left(cm\right)$.

Diện tích xung quanh của hình nón là: $S_{xq}=\pi rl=\pi \mathrm{.25.5}\sqrt{41}=125\pi \sqrt{41}\left(c{m}^2\right)$.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm $f^{\text{'}}\left(x\right)$.

- Giải phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$ xác định các nghiệm $x_i\in \left[1;3\right]$.

- Tính $f\left(1\right);f\left(3\right);f\left(x_i\right)$.

- Kết luận: $\underset{\left[1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=\min \left\{f\left(1\right);f\left(3\right);f\left(x_i\right)\right\},\underset{\left[1;3\right]}{\max }f\left(x\right)=\max \left\{f\left(1\right);f\left(3\right);f\left(x_i\right)\right\}$.

Giải chi tiết:

TXĐ: D= R. Ta có $y^{\text{'}}=3x^2+3>0\forall x\in ℝ$.

Ta có $f\left(1\right)=5,f\left(3\right)=37$

Vậy $\underset{\left[1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=5$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng chỉnh hợp.

Giải chi tiết:

Số cách chọn ra 2 học sinh từ tổ đó để giữ hai chức vụ tổ trưởng và tổ phó là $A_{10}^2$ cách.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục của hình trụ là hình vuông nên hình trụ có chiều cao h bằng 2 lần bán kính đáy R.

- Diện tích toàn phần của hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R là $S_{tp}=2\pi Rh+2\pi R^2$, từ đó tính được R,h.

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

Giải chi tiết:

Giả sử hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy R.

Vì thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục của hình trụ là hình vuông nên h= 2R.

Theo bài ra ta có:

$S_{tp}=2\pi Rh+2\pi R^2\iff 4\pi =2\pi .R.2R+2\pi R^2\iff 4\pi =6\pi R^2$

$\iff R=\frac{\sqrt{6}}{3}\Rightarrow h=\frac{2\sqrt{6}}{3}$

Vậy thể tích khối trụ là: $V=\pi R^{2}h=\pi .{\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)}^2.\frac{2\sqrt{6}}{3}=\frac{4\pi \sqrt{6}}{9}$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Đưa về cùng cơ số.

- Giải bất phương trình mũ: $a^{f\left(x\right)}<a^{g\left(x\right)}\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)<g\left(x\right)khia>1\\ f\left(x\right)>g\left(x\right)khi0<a<1\end{array}\right.$.

Giải chi tiết:

$5^{x+2}<{\left(\frac{1}{25}\right)}^{-x}\iff 5^{x+2}<5^{2x}\iff x+2<2x\iff x>2$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: $S=\left(2;+\infty \right)$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là V= b.h

Giải chi tiết:

Khối lăng trụ có chiều cao bằng h, diện tích đáy bằng B có thể tích là V= b.h

Đáp án A

Phương pháp giải:

Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R là $S_{xq}=2\pi Rh.$

Giải chi tiết:

Công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ có chiều cao h bán kính đáy R là $S_{xq}=2\pi Rh.$

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Chia cả 2 vế phương trình cho $4^x>0$.

- Đặt ẩn phụ $t={\left(\frac{3}{2}\right)}^x$, đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t, giải phương trình tìm t.

- Từ t tìm được tìm x tương ứng và tính tổng các nghiệm.

Giải chi tiết:

Chia cả 2 vế phương trình cho $4^x>0$ ta được: $4.{\left(\frac{3}{2}\right)}^{2x}-13.{\left(\frac{3}{2}\right)}^x+9=0.$

Đặt $t={\left(\frac{3}{2}\right)}^x$, phương trình trở thành $4t^2-13t+9=0\iff \left[\begin{array}{l}t=\frac{9}{4}\\ t=1\end{array}\right.\left(tm\right)$.

Khi đó ta có: $\left[\begin{array}{l}{\left(\frac{3}{2}\right)}^x=\frac{9}{4}\\ {\left(\frac{3}{2}\right)}^x=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=0\end{array}\right.$

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là: T= 2+0 =2.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức tính nhanh diện tích tam giác đều cạnh a là $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

- Thể tích khối chóp có chiều cao h, diện tích đáy B là $V=\frac{1}{3}Bh$

Giải chi tiết:

Vì đáy là tam giác đều cạnh a nên $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Thể tích khối chóp là: $V=\frac{1}{3}.h.S_{ABC}=\frac{1}{3}.a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Dựa vào chiều của nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số a.

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

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

Giải chi tiết:

Vì đồ thị hàm số có nhánh cuối cùng đi xuống nên a < 0.

Vì giao điểm của đồ thị hàm số và trục tung nằm phía dưới trục hoành nên d < 0.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số có 2 điểm cực trị trái dấu, và tổng 2 cực trị là số dương.

Ta có $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c$, do đó $\left\{\begin{array}{l}ac<0\\ \frac{-2b}{3a}>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}c>0\\ b>0\end{array}\right.$.

Vậy có 2 số dương là b,c.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào BBT xác định số điểm cực đại là số điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Giải chi tiết:

Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 1.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng nguyên tắc vách ngăn.

Giải chi tiết:

Số cách xếp 12 học sinh thành 1 hàng dọc là $12!$ cách ⇒ Không gian mẫu $n\left(\Omega \right)=12!$.

Gọi A là biến cố: “không có hai bạn nam nào đứng cạnh nhau”

Xếp 8 bạn nữ thành hàng ngang có $8!$ cách, khi đó có 9 vách ngăn giữa 8 bạn nữ này.

Xếp 4 bạn nam vào 4 trong 9 vách ngăn trên có $A_9^4$ cách.

Khi đó $n\left(A\right)=8!.A_9^4$.

Vậy xác suất cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{8!.A_9^4}{12!}=\frac{14}{55}$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hàm bậc bốn trùng phương $y=a{x}^4+b{x}^2+c\left(a\ne 0\right)$ có đúng một điểm cực trị khi và chỉ khi $ab\ge 0$.

Giải chi tiết:

Hàm số $y=\left(m^2-9\right)x^4-2x^2+1$ có đúng 1 điểm cực trị $\iff -2\left(m^2-9\right)\ge 0\iff m^2-9\le 0\iff -3\le m\le 3$.

Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-3;-2;-1;0;1;2;3\right\}$.

Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Dựa vào công thức tính diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và đường sinh l là $S_{xq}=\pi rl$ để tính độ dài đường sinh của hình nón.

- Tính chiều cao của hình nón $h=\sqrt{l^2-r^2}$ để tính chiều cao của hình nón, cũng chính là chiều cao của khối chóp.

- Tính thể tích khối chóp có chiều cao h, diện tích đáy B là $V=\frac{1}{3}Bh$.

Giải chi tiết:

Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$ và SO cũng chính là chiều cao của khối nón.

Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi rl=\pi .a.l=2\pi a^2$ $\Rightarrow l=2a$.

Chiều cao của hình nón là $h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}=SO$.

Ta có: $AC=2r=2a$ nên $AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=\frac{2a}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}\Rightarrow S_{ABCD}={\left(a\sqrt{2}\right)}^2=2a^2$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào BBT xác định các khoảng đồng biến (nghịch biến) là các khoảng mà hàm số liên tục và có đạo hàm dương (âm).

Giải chi tiết:

Dựa vào BBT ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$, nghịch biến trên (-1;1).

Do đó các đáp án A, B, C đúng và đáp án D sai.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Hàm phân thức có bậc tử > bậc mẫu không có TCN.

- Số tiệm cận đứng = số nghiệm của mẫu không bị triệt tiêu bởi nghiệm của tử.

Giải chi tiết:

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

Vì bậc tử > bậc mẫu nên đồ thị hàm số không có TCN.

Vì x = 1 là nghiệm của mẫu không bị triệt tiêu nên đồ thị hàm số có TCĐ x = 1.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có tổng số TCN và TCĐ là 1.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: $a//\left(P\right)\supset b\Rightarrow d\left(a;b\right)=\left(a;\left(P\right)\right)$ (a,b là 2 đường thẳng chéo nhau).

- Tính $V_{C^{\text{'}}.AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}d\left(C^{\text{'}};\left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\right).S_{AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}$.

- Tính $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{3}{2}{V}_{C^{\text{'}}.AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}$.

Giải chi tiết:

Vì $C{C}^{\text{'}}//A{A}^{\text{'}}$ nên $C{C}^{\text{'}}//\left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\supset A{B}^{\text{'}}$.

Do đó $d\left(C{C}^{\text{'}};A{B}^{\text{'}}\right)=d\left(C{C}^{\text{'}};\left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\right)=d\left(C^{\text{'}};\left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\right)=7$.

Khi đó ta có: $V_{C^{\text{'}}.AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}d\left(C^{\text{'}};\left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\right).S_{AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}\mathrm{.7.4}=\frac{28}{3}$.