35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 11)

Chọn D

Số cách chọn 3 học sinh từ một nhóm gồm 8 học sinh là tổ hợp chập 3 của 8 phần tử. Vậy có C83 cách chọn.

Chọn D

Ta có: u17=u1+16d=33u33=u1+32d=65.

Suy ra: u33−u17=65−33⇔16d=32⇔d=2.

Vậy công sai bằng: d = 2.

Chọn D

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng −∞;−1 và 0;1.

Chọn D

 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực đại của hàm số đã cho y = 3 tại  x = 2 và tại  x = -2.

Chọn A

Ta có f'x=0⇔xx−12x−25x−37=0⇔x=0x=1x=2x=3.

Bảng xét dấu f'x như sau:

Từ bảng xét dấu ta thấy f'x có 3 lần đổi dấu nên hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Chọn D

Ta có limx→±∞2x+1x−1=limx→±∞2+1x1−1x=2. Suy ra đồ thị hàm số có tiệmcận ngang là y = 2.

Chọn D

Đường cong có dạng của đồ thị hàm số bậc 33 với hệ số a<0 nên chỉ có hàm số y=−x3+3x+1 thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị hàm số y=x3−2x2−2 và đường thẳng y=−3x là: x3−2x2−2=−3x⇔x3−2x2+3x−2=0⇔x0=1. Suy ra y0=−3.

Chọn C

Ta có: log3(a3b)=log3a3+log3b=3log3a+12log3b.

Chọn A

Áp dụng công thức đạo hàm của hàm số mũ ta có:

3u'=u'.3u.ln3⇒3x2−x'=2x−1.3x2−x.ln3.

Chọn B

Theo tính chất của lũy thừa thì đẳng thức xα+yα=x+yα sai.

Chọn A

Ta có 3x2−2x=1⇔3x2−2x=30⇔x2−2x=0⇔x=0x=2.

Chọn C

Điều kiện: x>−9

Ta có: log2x+9=5⇔x+9=25 ⇔x=23.

Chọn D

Ta có ∫f(x)dx=∫4x3+2xdx=x4+x2+C.

Chọn C

Ta có ∫fxdx=∫e2x+1dx=12e2x+1+C

Chọn B

Ta có: ∫03fx dx=∫01fx dx+∫13fx dx=3−2=1.

Chọn D

I=  ∫122x−1 dx=x2−x12=2.

Chọn D

Ta có z¯=−5−2i. Vậy phần thực và phần ảo của số phức z¯ lần lượt là -5 và -2.

Chọn B

Ta có 2z1−z2=2−2−3i−5+i=−4−6i−5+i=−9−5i.

Vậy −9−5=−14.

Chọn B

Ta có

z¯=3i−1⇒z=−1−3inên điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng tọa độ là điểmP−1;−3.

Chọn C

Ta có V=13B.h=136a2.2a=4a3.

Chọn C

Thể tích của khối hộp đã cho bằng 2.4.6=48.

Chọn D

Ta có V=13πr2h.

Chọn A

Ta có công thức thể tích khối nón V=13.π.r2.h⇒h=3Vπ.r2=3.4ππ.4=3.

Chọn A

Ta có AB→=−3+1 ; −1−2 ; 1+3=−2 ; −3 ; 4.

Chọn B

Từ phương trình mặt cầu suy ra tâm của mặt cầu là I2; −1; 3.

Chọn B

Xét đáp án A, thay tọa độ điểm M vào phương trình ta được 6 = 0 (vô lý).

Xét đáp án B, thay tọa độ điểm M vào phương trình ta được 0= 0 (đúng).

Xét đáp án C, thay tọa độ điểm M vào phương trình ta được -2 = 0 (vô lý).

Xét đáp án D, thay tọa độ điểm M vào phương trình ta được 2 = 0 (vô lý).

Chọn B

Chọn A

Số cách chọn 3 bóng từ hộp gồm 5 bóng xanh và 3 bóng vàng có: C83=56 (cách) Số cách chọn 3 bóng cùng màu có: C53+C33=11 (cách)

Xác suất lấy được 3 bóng cùng màu: 1156 .

Chọn D

Tập xác định D=ℝ.

y'=−12x3x2+12.

Ta có y'<0⇔x>0 nên hàm số y=23x2+1 nghịch biến trên khoảng 0; +∞.

Chọn A

Hàm số y=x4+2x2−1  liên tục trên −1;2.

Ta có: y'=4x3+4x

Cho y'=0⇔x=0.

Ta có: f0=−1, f−1=2, f2=23.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng -1 tại x = 0.

Chọn A

Ta có 132x2−3x−7>32x−21⇔3−2x2−3x−7>32x−21

⇔−2x2−3x−7>2x−21⇔−2x2+3x+7>2x−21

⇔−2x2+x+28>0⇔−72<x<4.

Do x∈ℤ nên x∈−3; −2; −1; 0; 1; 2; 3.

Vậy bất phương trình đã cho có 7 nghiệm nguyên.

Chọn A

Ta có ∫01fx−2gxdx=∫01fxdx−2∫01gxdx=2−2.5=−8.

Chọn D

Ta có: z=3−2i⇒z=32+−22=13.

Chọn C

Do SA vuông góc với mặt phẳng đáy nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng đáy. Từ đó suy ra: SC ; ABC^=SC ; AC^=SCA^

Trong tam giác ABC vuông tại B có: AC=AB2+BC2=a2+4a2=5a.

Trong tam giác SAC vuông tại A có: tanSCA^=SAAC=15a5a=3 ⇒SCA^=60°.

Vậy SC ; ABC^=60°.

Chọn C

Gọi H là hình chiếu của A lên SD ta chứng minh được AH⊥SCD

1AH2=1SA2+1AD2⇒AH=2a5.

Chọn C

Ta có R=IA=1−12+2−12+3−12=5.

vậy phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A có phương trình là

x−xI2+y−yI2+z−zI2=R2⇒x−12+y−12+z−12=5.

Chọn C

Phương trình đường thẳng d đi qua M và song song với NP nên có vectơ chỉ phương là: NP→=3;−3;−2.

Vậy phương trình đưởng thẳng d là: x=−2+3ty=3−3tz=−1−2t

Chọn A

Xét hàm số gx=2fx+1−x2 trên −4 ; 3.

Ta có: g'x=2f'x−21−x.

g'x=0⇔f'x=1−x. Trên đồ thị hàm số f'x ta vẽ thêm đường thẳng y=1−x.

Từ đồ thị ta thấy f'x=1−x⇔x=−4x=−1x=3.

Bảng biến thiên của hàm số gx như sau:

Vậy min−4 ; 3gx=g−1⇔x=−1.

Chọn B

ax=by=ab3⇒x=logaab3=131+logaby=logbab3=131+logba⇒Q=x+3y=131+logab+1+logba=43+13logab+logba≥43+213∈2;52

Chọn C

Ta có: f'x=cosx.sin22x=cosx.2sinx.cosx2=4cosx.sin2x.cos2x=4cosx.sin2x.1−sin2x

⇒fx=∫f'xdx=∫4cosx.sin2x.1−sin2xdx. Đặt t=sinx⇒dt=cosxdx

Ta có: I=∫4t21−t2dt=∫4t2−4t4dt=43t3−45t5+c⇒fx=43sin3x−45sin5x+c

Vì fπ2=815⇒C=0⇒fx=43sin3x−45sin5x

Vậy ∫0π2fxdx=∫0π243sin3x−45sin5xdx=104225

Chọn A

Ta có 1+iz¯−1−3i=0⇔z¯=1+3i1+i⇔z¯=2+i⇒z=2−i.

Do đó w=1−iz+z¯=1−i2−i+2+i=2−i.

Vậy phần ảo của số phức w=1−iz+z¯ là -1.

Chọn C

Ta có tam giác  ΔABD là tam giác đều nên SΔABD=2a234

Ta có: SABCD=2SBCD=22a234=2a23

VABCD.A'B'C'D'=AA'.SABCD=a3.2a23=6a3.

Chọn B

Gọi chiều rộng, chiều dài của đáy lần lượt là x và 2x, chiều cao là y

Diện tích các mặt bên và mặt đáy là S=6xy+2x2

Thể tích là V=2x2y=200⇒xy=100x.

S=600x+2x2=300x+300x+2x2≥3300x.300x.2x23=301803

Vậy chi phí thấp nhất là T=301803.300000d=51 triệu.

Chọn D

Phương trình tham số của đường thẳng d:x=1+ty=2+tz=3+t.

ΔGọi Δ  là đường thẳng cần tìm. Theo đề bài dd cắt Δ nên gọi I=Δ∩d⇒I∈d suy ra I1+t;2+t;3+t.

Ta có MI→=t;t;1+t; mặt phẳng Pcó VTPT là n→=1;−1;1.

Δ song song với mặt phẳng P nên

MI→⊥n→⇔MI→.n→=0⇔1.t+−1.t+1.1+t=0⇔t=−1

⇒MI→=−1;−1;0 là 1 VTCP của đường thẳng Δ và Δ đi qua điểm M1;2;2.

Vậy PTTS của đường thẳng Δ cần tìm là x=1−t'y=2−t'z=2.

Chọn B

Ta có: g'x=5cosxf'5sinx−12+52cosx5sinx−1.

g'x=0⇔5cosxf'5sinx−12+52cosx5sinx−1=0

⇔cosx=0f'5sinx−12=−5sinx−12

⇔cosx=05sinx−12=−35sinx−12=−15sinx−12=135sinx−12=1⇔cosx=05sinx−1=−65sinx−1=−25sinx−1=235sinx−1=2⇔cosx=0sinx=−1sinx=−15sinx=13sinx=35

⇔cosx=0sinx=−1sinx=−15sinx=13sinx=35⇔x=π2∨x=3π2x=3π2x=π−arcsin−15∨x=2π+arcsin−15x=arcsin13∨x=π−arcsin13x=arcsin35∨x=π−arcsin35,.

Suy phương trình g'x=0 có 99 nghiệm, trong đó có nghiệm x=3π2là nghiệm kép.

Vậy hàm số y=gx có 7 cực trị.

Chọn B

Phương trình tương đương 3x2−2x+3−(2x−m+2)=ln2x−m+2lnx2−2x+3.

⇔3x2−2x+3.lnx2−2x+3=32x−m+2.ln2x−m+2.

Xét hàm đặc trưng ft=3t.lnt, t≥2 là hàm số đồng biến nên từ phương trình suy ra ⇔x2−2x+3=2x−m+2⇔gx=x2−2x−2x−m+1=0.

Có gx=x2−4x+2m+1 khi x≥mx2−2m+1  khi x≤m⇒g'x=2x−4 khi x≥m2x   khi x≤m.

và g'x=0⇔x=2 khi x≥mx=0 khi x≤m.

Xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: m≤0 ta có bảng biến thiên của gx như sau:

Phương trình chỉ có tối đa 2 nghiệm nên không có m thoả mãn.

Trường hợp 2: m≥2 tương tự.

Trường hợp 3: 0<m<2, bảng biến thiên gx như sau:

Phương trình có 3 nghiệm khi m−12=0−2m+1=0>2m−3−2m+1<0=2m−3⇔m=1m=12m=32.

Cả 3 giá trị trên đều thoả mãn, nên tổng của chúng bằng 3.

Chọn B

Dựa vào giả thiết đường thẳng đi qua hai điểm M−2;2 và P=4;0. Suy ra d:x+3y−4=0⇒y=−13x+43.

Từ giả thiết ta có hàm số fx=ax3+bx2+cx+d⇒f'x=3ax2+2bx+c. Chú ý đồ thị hàm số tiếp xúc đường thẳng d tại x=−2.

Dựa vào hình vẽ ta có hệ

1=−8a+4b−2c0=a+b+c12a−4b+c=−13d=1⇒a=112b=14c=−13⇒y=112x3+14x2−13x+1.

Từ đó ∫−11fxdx=136.

Chọn D

Ta có: z+22=a+22+b2; z−22=a−22+b2.

Suy ra: z+22+z−22 =2a2+b2+8 =2z2+8 =10.

Ta có: A2=z+2+2z−22≤12+22z+22+z−22=50.

Vì A≥0 nên từ đó suy ra A≤50=52.

Vậy giá trị lớn nhất của Alà 52

Chọn A

Gọi I là điểm thỏa mãn: 2IA→+IB→−IC→=0→

⇔2OA→−OI→+OB→−OI→−OC→−OI→=0→

⇔OI→=OA→+12OB→−12OC→=1 ; 0 ; 4

⇔I1 ; 0 ; 4.

Khi đó, với mọi điểm Mx ; y ; z∈P, ta luôn có:

T=2MI→+IA→2+MI→+IB→2−MI→+IC→2

=2MI→2+2MI→.2IA→+IB→−IC→+2IA→2+IB→2−IC→2

=2MI2+2IA2+IB2−IC2.

Ta tính được 2IA2+IB2−IC2=30.

Do đó, T đạt GTNN ⇔MI đạt GTNN ⇔MI⊥P.

Lúc này, IM=dI , P=2.1−0+2.4+822+−12+22=6.

Vậy Tmin=2.62+30=102.