30 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải - Đề 5

Chọn C.

Ta có y=x3+x−1⇔y'=3x2+1>0 ∀x∈ℝ.

Chọn D.

Căn cứ vào bảng xét dấu ta có hàm số đồng biến trên khoảng (-2;0)

Chọn A.

Áp dụng định lý lũy thừa với số mũ hữu tỉ ta được P=x54.

Chọn B.

limx→+∞x+12x−4=12.

limx→−∞x+12x−4=12

Vậy đường thẳng y=12 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=x+12x−4.

Chọn B.

Ta có khối nón có thể tích V=13πr2h=13π.3.4=4π.

Chọn A.

Ta có bảng biến thiên:

Nhìn vào bảng biến thiên suy ra hàm số y= f(x) có 2 điểm cực trị.

Chọn A.

Ta có bảng biến thiên:

Nhìn vào bảng biến thiên suy ra hàm số y = f(x) có 2 điểm cực trị.

Chọn D.

limx→+∞y=0⇒ tiệm cận ngang là  y = 0-

limx→−2+y=−∞⇒ tiệm cận đứng là x = -2

limx→0−y=+∞⇒ tiệm cận đứng là x= 0

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số bằng 3.

Chọn D.

12x−1≥128⇔x−1≤−7⇔x≤6.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S=−∞;−6.

Chọn B.

Hàm số đã cho xác định khi: x−1>0⇔x>1.

Vậy điều kiện xác định của hàm số y=log2x−1 là: x > 1

Chọn D.

Ta có y'=x2+2x−3;y'=0⇔x=−3x=1;y"=2x+2;y"−3=−4<0;y"1=4>0.

Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại điểm x= 1

Chọn B.

ĐKXĐ: 3x−2>0⇔x>23.

Ta có log23x−2=2⇔3x−2=4⇔x=2 (thỏa mãn ĐKXĐ).

Chọn A.

Đồ thị hàm số đã cho đi qua gốc tọa độ.

Đối chiếu với đáp án ta chọn được đáp án A.

Chọn C.

Ta có: 3x−4=1⇔3x−4=30⇔x−4=0⇔x=4.

Chọn D.

Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng V=B.h=2a2.3a=6a3 (đvtt).

Chọn A.

Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm x = -1

Chọn A.

Ta có y'=3x2+5>0,∀x∈ℝ⇒ Hàm số đã cho đồng biến trên [5;0]

⇒max−5;0y=y0=7.

Chọn C.

Số giao điểm của (C) và đường thẳng y = 3 bằng 3.

Chọn C.

Số giao điểm của (C) và đường thẳng y=3 bằng 3.

Chọn C.

Vì π3>1 nên hàm số y=π3x luôn đồng biến trên R

Chọn B.

Bán kính mặt cầu: R= a

Thể tích khối cầu: V=43π.R3=43πa3.

Chọn D.

Ta có: r = 5 và l = 7

Diện tích xung quanh của hình trụ: Sxq=2πrl=2π.5.7=70π.

Chọn B.

y'=4x3−4x=0⇔x=0∉0;2x=1∈0;2x=−1∉0;2

y1=−4,y0=−3,y2=5

Suy ra M=5,m=−4

Vậy M+m=5−4=1.

Chọn A.

Chọn C.

Thể tích khối chóp: V=13B.h=13.32.233=13.

Chọn D.

Ta có y=43sin32x+2cos22x−m2+3msin2x−1 hay y=43sin32x−2sin22x−m2+3msin2x+1 do vậy 

y'=24sin22x−4sin2x−m2+3mcos2x.

Với ∀x∈0;π4 ta có cos2x>0 vì vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng 0;π4 khi và chỉ khi

 y'≥0,∀x∈0;π4⇔4sin22x−4sin2x−m2+3m≥0,∀x∈0;π4.

Đặt t=sin2x với ∀x∈0;π4 ta được t∈0;1 do vậy ta có bất phương trình

4t2−4t−m2+3m≥0,∀t∈0;1⇔4t2−4t≥m2+3m,∀t∈0;1.

Xét hàm số gt=4t2−4t ta có bảng biến thiên như sau

Qua bảng ta cần có m2+3m≤1⇔m2+3m−1≤0⇔−3−52≤m≤−3+52.

Chọn C.

Hàm số y=log24x−2x+m có tập xác định là R khi và chỉ khi 4x−2x+m>0,∀x∈ℝ

Ta có 4x−2x+m=2x2−2x+14+m−14=2x−122+m−14.

Do vậy 4x−2x+m≥m−14,∀x∈ℝ suy ra 4x−2x+m>0,∀x∈ℝ⇔m−14>0⇔m>14.

Vậy hàm số y=log24x−2x+m có tập xác định là R thì m>14.

Chọn D.

Ta có VS.AB'C'VS.ABC=VA.SB'C'VA.SBC=ASAS.AB'AB.AC'AC=1.12.12=14

Do đó VS.AB'C'=14V.

Chọn A.

Sau 5 năm đầu tiên số tiền ông X thu về là T1=601+8%5 (triệu đồng).

Số tiền gốc của giai đoạn gửi thứ hai là: T2=601+8%5+1 (triệu đồng).

Tổng số tiền thu về là T=601+8%5+11+8%5=217,695 (triệu đồng).

Chọn C.

f'x=x+1x−1'x−1x+1=−2x−12x−1x+1=−2x2−1.

Chọn D.

Ta có 9x−8.3x+15=0⇔3x−33x−5=0

                                     ⇔3x=33x=5⇔x=1x=log35.

Chọn A.

Ta có log2x=5log2a+3log2b⇔log2x=log2a5+log2b3

                                           ⇔log2x=log2a5b3

                                           ⇔x=a5b3.

Chọn D.

Gọi O=AC∩BD khi đó SO⊥ABCD⇒SO là trục đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD.

Trong mặt phẳng (SAO) gọi giao của đường trung trực của SA với SA là E và SO là I.

Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD. Do đó bán kính là R=SI=SA22SO 1

Do AO=AC2=52 và SAO^=600 nên SO=532;SA=5⇒R=522.532=53

Thể tích khối cầu V=43πR3=43π.533=500327π.

Chọn C.

+ Ta có ex+3y+exy+1+xy+1+1=e−xy−1+1ex+3y−3y⇔ex+3y−1ex+3y+x+3y=e−xy−1−1e−xy−1+−xy−1*.

+ Đặt ft=et−1et+t⇒f't=et+1et+1>0,∀t∈ℝ. Nên hàm số f(t) đồng biến trên R nên *⇔fx+3y=f−xy−1. Do đó x+3y=−xy−1⇔y=−x+1x+3⇒T=x+1−2x+2x+3=gx

g't=1−4x+32≥0,∀x≥0 nên g(x) đồng biến trên 0;+∞. Suy ra MinT=Min0;+∞gx=g0=13.

Chọn B.

Xét hàm số fx=3x4−4x3−12x2+m2, hàm số đã cho trở thành y=fx.

Tập xác định của f(x) là: R

Ta có f'x=12x3−12x2−24x=12xx2−x−2,f'x=0⇔x=0x=−1x=2.

Bảng biến thiên của f(x):

Số điểm cực trị của đồ thị hàm số y=fx bằng số cực trị của đồ thị hàm số y= f(x) cộng với số giao điểm của đồ thị y= f(x) với trục hoành (không tính các điểm tiếp xúc).

Từ bảng biến thiên ta được điều kiện để hàm số y=fx có 5 điểm cực trị là

m2−32<0≤m2−5m2≤0⇔−42<m≤−55≤m<42m=0

Do m∈ℤ nên ta được tập các giá trị của m là −5;−4;−3;0;3;4;5.

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

Chọn A.

Thể tích khối chóp là V=13SA.VΔSBC=16SA.SB.SC=16.3a.4a.5a=10a3.

Chọn D.

Gọi D là trung điểm SB, ta có SD=12AB=a.

Gọi E là điểm trên cạnh SC sao cho SE=14SC, ta có SE=14SC=a.

Vì ASB^=BSC^=CSA^=600 và SA=SE=SD=a nên SAED là tứ diện đều cạnh a.

Tứ diện đều SAED có SADE=a234,SH=SE2−EH2=a2−23.a322=a63.

VSAED=13.SADE.SH=13.a234.a63=a3212.

Mặt khác, VSAEDVS.ABC=SDSB.SESC=12.14=18. Vậy VS.ABC=8VSAED=8.a3212=2a323.

Chọn A.

Ta có V=πr2h⇒h=Vπr2.

Stoaøn phaàn=Sxung quanh+2Sñaùy=2πrh+2πr2=2πr.Vπr2+2πr2=2Vr+2πr2=Vr+Vr+2πr2.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương Vr,Vr,2πr2 ta có Vr+Vr+2πr2≥32πV23.

Dấu “=” xảy ra ⇔Vr=2πr2⇔r3=V2π⇔r=V2π3.

Vậy để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy của vỏ hộp sữa phải bằng V2π3.

Chọn B.

Thiết diện qua trục là hình vuông nên AB=AA'=2r⇒l=2r.

Diện tích toàn phần của khối trụ là:

STP=2π.r.l+2πr2=2π.r.2r+2πr2=6πr2=4π⇒r=63.

Nên thể tích khối trụ: V=B.h=πR2.AA'=π.632.2.63=469π.

Chọn C.

Ta có: nΩ=C102=45.

Gọi A: “2 thẻ rút được có tổng là một số tự nhiên chia hết cho 3”

Từ 1 đến 10 có 3 số tự niên chia hết cho 3 là {3;6;9}

Có 3 số tự nhiên chia hết cho 3 dư 2 là {2;5;8}

Có 4 số tự nhiên chia hết cho 3 dư 1 là {1;4;7;10}

Lấy 2 thẻ rút được có tổng là một số tự nhiên chia hết cho 3 có 2 trường hợp xảy ra:

TH1: 2 số đó chia hết cho 3 nên có C32=3 cách

TH2: 1 số đó chia cho 3 dư 1 và số còn lại chia 3 dư 2 nên có C31.C41=3.4=12 cách

⇒nA=12+3=15⇒PA=nAnΩ=1545=13.

Chọn B.

Đặt log6x=log9y=log42x+2y=t⇒x=6ty=9t2x+2y=4t

⇒2.6t+2.9t=4t⇔232t−2.23t−2=0⇔23t=1+3n23t=1−3l⇒23t=1+3.

Vậy xy=1+3.

Chọn B.

Tập xác định: D=ℝ\−3;1.

+) limx→+∞y=0limx→−∞y=0⇒ đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

+) limx→1+y=limx→1+1x+3=14 và limx→1−y=limx→1−1x+3=14 nên đường thẳng x= 1 không là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

+) limx→−3+y=limx→−3+x−1x−1x+3=+∞ và limx→−3−y=limx→−3−x−1x−1x+3=−∞ nên đường thẳng x= -3 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.

Chọn D.

Điều kiện xác định: x2−3x+2>0x−3≠0⇔x<1x>2x≠3

Tập xác định là D=−∞;1∪2;+∞\3.

Chọn B.

Gọi E là trung điểm A'C' Đặt AB=a

Ta có ME⊥A'B'C'D', suy ra NM,A'B'C'D'^=MNE^=α

ME=a,EN=a2⇒NM=a2+a24=a52

Vậy sinα=MEMN=aa52=25.

Chọn B.

Độ dài đường chéo AC'=AB3=a3⇒AB=a.

Thể tích khối chóp A'.ABCD là V=13.SABCD.AA'=a33.

Chọn D.

Ta có :gx=2fx+2+x2+4x+3⇒g'x=2f'x+2+2x+4.

g'x=0⇔f'x+2=−xx+2

           ⇔x+2=−1x+2=0x+2=1x+2=2⇔x=−3x=−2x=−1x=0.

Bảng xét dấu g'x

Từ bảng xét dấu, suy ra hàm số có một điểm cực tiểu.