35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 15)

Chọn C

Ta có: y'=3x2−6x và y''=6x−6.

Vì y'(0)=0y''(0)=−6<0 ⇒x=0 là điểm cực đại.

Chọn A

Chọn B

Ta có: loga2x=logax.logax=logax2.

Chọn B

Ta có: ∫f(x)dx=∫(3x2−sinx)dx=∫3x2dx−∫sinxdx=x3+cosx+C

Chọn D

AB→=−1−2; 3−0; 1+1=−3; 3; 2.

Chọn A

Ta có: 2z+1−i=23+4i+1−i=7+7i

⇒M7; 7. 

Chọn C

Ta có tâm I0; 1;  −2.

Chọn D

Ta có: limx→1x+3−1x−1=+∞

Vì limx→1x+3−1=1>0

 limx→1x−1=0 và x−1>0 

Chọn C

Ta có: 4x+1=2⇔22(x+1)=2⇔2(x+1)=1⇔x=−12.

Chọn B

Đồ thị hàm số tăng trên khoảng (−2;1) và (4;+∞), nên f(x) đồng biến trên khoảng (−2;1).

Chọn A

Lăng trụ ngũ giác có 15 cạnh.

Chọn C

Ta có: V=13.3S.h=Sh.

Chọn B

Ta có: f'(x)=4x3−4=0⇔x=1

Dựa vào Bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)=x4−4x trên đoạn 0;  3 là y=−3 khi x=1 

Chọn A

ĐKXĐ: x−1>05x−6−x2≥0⇔x>12≤x≤3⇔2≤x≤3.

TXĐ: D=2;3 

Chọn D

Gọi r>0là bán kính mặt cầu (S).

Ta có diện tích: S=4πr2=36π⇒r=3cm.

Do đó thể tích khối cầu là: V=43πr3=43π.33=36πcm3.

Chọn D

TXĐ: D=ℝ 

Ta có: f'(x)=4x3−8x=0⇔x=0;  x=±2

Ta thấy yCD>0;  yCT<0 ⇒ Đồ thị của hàm số y=x4−4x2+3 là hình D.

Chọn A

Ta có: F(0)=2F(1)=4⇒F(0)=4 và F(1)=2. 

⇒∫01f(x)dx=F(x)01=F(1)−F(0)=2−4=−2

Chọn C

Vì A(1;  a−2;  3−2a)nằm trên (P): 3x−y+2z−6=0nên:

3.1−(a−2)+2(3−2a)−6=0⇔−5a+5=0⇔a=1.

Chọn C

Một chiếc hộp có 9 thẻ đánh số từ 1 dến 9. Rút ngẫu nhiên 2 thẻ. Xác suất rút được một thẻ chẵn và một thẻ lẻ là

Chọn C

Số cách chọn có 2 học sinh nữ là: C201.C102=900(cách)

Số cách chọn có 3 nữ là: C103=120(cách)   

Tổng số cách chọn: 900+120=1020 (cách)

Chọn A

Ta có ∫01f(x)−2xdx=∫01f(x)dx−∫012xdx=2−x201=1.

Chọn C

Chọn B

Chọn D

Chọn C

Chọn D

Chọn B

Xét y=fx=x2+2x+1x2−4x+5⇒f'x=−6x2+8x+14x2−4x+52=0⇒x=−1; x=73 

Bảng biến thiên:

Suy ra giá trị lớn nhất là 10 và giá trị nhỏ nhất là 0.

Chọn C

Hình vẽ minh hoạ:

Ta suy ra đường cao của hình chóp SO=SA2−AO2=a2−a222=a22

Suy ra : VS.ABC=13S△ABC.SO=13a22.a22=a3212.

Chọn B

Bảng xét dấu vế trái:

Suy ra tập nghiệm của bất phương trình là:

−4≤x≤3x≥5→x∈ℤ ; x∈−40 ; 40x=−4 ; −3 ; ... ; 3 ; 5 ; 6 ; ... ; 40

Suy ra có: 44 giá trị x nguyên thoả mãn.

Chọn A

Ta có thể dễ dàng chỉ ra ngay được hàm số ở đáp án A không có tiệm cận đứng vì giá trị của hàm số bị chặn trên −1 ; 1.

Chọn D

Gọi z=a+ib ; a,b∈ℝ⇒phương trình đã cho trở thành 2a2+b2−3ia+bi−1=0

⇔2a2+b2+3b−1−3ai=0⇔a=02b+3b−1=0

⇔a=0b≥02b+3b−1=0b<02b+3b−1=0⇔a=0b≥02b+3b−1=0b<0−2b+3b−1=0⇔a=0b≥0b=15b<0b=1⇔a=0b=15

Vậy có duy nhất nột số phức z thoả mãn là z=15i.

Chọn C

Đưa đường thẳng d về phương trình tham số d:x=2+ty=−tz=1+2t 

Gọi hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d là H suy ra H2+t ; −t ; 1+2t . Ta có AH→=t ; −t ; 2t−2 và VTCP của đường thẳng d là ud→=1 ; −1 ; 2

 .

Suy ra AH→.ud→=0⇔t+1+4t−4=0⇔t=23⇒H83 ; −23 ; 73 .

Có điểm H là trung điểm của AA'suy ra tọa độ điểm A' là

là : xA'=2xH−xA=103yA'=2yH−yA=−43zA'=2zH−zA=53.

Chọn A

Để diện tích xung quanh lớn nhất thì hai đáy phải có diện tích nhỏ nhất ứng với các cặp cạnh 7 và 8 .

Suy ra diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật lớn nhất là Sxq=28.9+7.9=270 .

Chọn B

Số nghiệm của phương trình fx=m3 là số giao điểm của hai đồ thị y=fx và y=m3 .

y=fx=fx khi fx ≥0−fx khi fx <0 .

Suy ra cách vẽ: giữ nguyên phần đồ thị nằm trên trục hoành, phần nằm dưới lấy đối xứng qua trục hoành tồi xóa phần dưới đi.

Dựa và đồ thị ta nhận thấy để phương trình có bốn nghiệm thì

7<m3<9⇔21<m<27m3=0⇔m=0⇒m∈0;22;23;24;25⇒ có 6 giá trị nguyên .

Chọn D

Phương trình đã cho 4x−2x+1−m=2x+1⇔4x−4.2x−m=0 .

Đặt t=2x>0⇒ phương trình trở thành ft=t2−4t−m     1 .

Để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt x thì phương trình (1) phải có hai nghiệm t phân biệt dương . Suy ra

Suy ra Δ'=4+m>0t1+t2=4>0t1.t2=−m>0⇔−4<m<0⇒m∈−3;−2;−1 

Chọn C

Hình vẽ minh họa

Bài toán cho AB=6⇒AH=HB=3 và SH⊥AB .

Suy ra OH=OA2−AH2=42−32=7⇒SH=SO2+OH2=82+72=71.

Suy ra diện tích thiết diện cần tính là : SΔSAB=12AB.SH=12.6.71=371.

Chọn C

Biểu thức vận tốc : v=∫a.dt=∫kt.dt=k2t2+C m/s2

Vật bắt đầu chuyển động, nên ở thời điểm ban đầu có vận tốc bằng 0 tức là khi ta thay t=0⇒v=0=k2.02+C⇒C=0⇒ biểu thức vận tốc v=k2.t2

Quãng đường đi được trong 6 giây đầu tiên s6=∫06vdt=∫06k2.t2dt=36k=120m⇒k=12036 

Quãng đường đi được trong 6 giây tiếp theo ∫612vdt=∫612k2.t2dt=252k=252.12036=840m 

Chọn C

Trường hợp 1: Khi m=−1⇒ hàm số bị suy biến thành y=fx=2là đường thẳng nằm ngang bỏ đi điểm I2;2. Hiển nhiên sẽ nhận I là tâm đối xứng.

Trường hợp 2: Khi m≠−1⇒ đồ thị (C) nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. Suy ra I2;2=m;2⇔m=2

Suy ra tập S=−1;2⇒ tổng các phần tử là −1+2=1 

Chọn D

Ta có thể đặt MH=HK=KN=m>0⇒xM=−m;xK=m;xN=2m 

Suy ra: axM=abxK=c+1xN⇔a−m=abm=c+12m⇔a−1=aba−1=c+12⇔b=1a2c=−1+1a

Suy ra tập T=b−4c=1a−4a+4=1a−22≥0 

Dấu = xảy ra khi 1a−2=0⇔a=14( Thỏa mãn điều kiện a<1)

Suy ra giá trị nhỏ nhất T là Tmin=0 

Chọn B

Dễ dàng nhẩm được x = 1 là nghiệm. Suy ra ta đưa phương trình hoành độ giao điểm về dạng:

x3−3mx2+3m+1x−4⇔x−1x2−3m−1x+4=0⇔x=1gx=x2−3m−1x+4=0

Chú ý rằng, yêu cầu bài toán là đồ thị (C) cắt tia Ox tức là cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ không âm. Xảy ra các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Phương trình gx=x2−3m−1x+4=0 vô nghiệm

Suy ra 3m−12−16<0⇔−1<m<53 

Trường hợp 2: Phương trình gx=x2−3m−1x+4=0 có nghiệm kép bằng 1 hoặc nghiệm kép âm

Suy ra 3m−12−16=0x0=3m−12=1x0=3m−12<0⇔m=−1m=53m=1m<13⇔m=−1 

Trường hợp 3: Phương trình gx=x2−3m−1x+4=0 có 2 nghiệm phân biệt âm

Suy ra 3m−12−16>0x1+x2=3m−1<0x1.x2=4>0⇔m<−1∨m>53m<13∀m⇔m<−1 

Kết hợp cả ba trường hợp m<53→m∈ℤ,m∈−30;30m=−30;−29;...;1=32 giá trị.

Chọn A

Dễ dàng tìm được giao điểm của hai đường thẳng d1:x=t1y=1+2t1z=−1−2t1và d2:x=−2−2t2y=−3+t2z=3+2t2

d1∩d2:x=t1=−2−2t2y=1+2t1=−3+t2z=−1−2t1=3+2t2⇔t1=−2t2=0⇒d1∩d2=I(−2;−3;3)

Nếu gọi (P) là mặt phẳng chứa ba đương thẳng d,d1,d2⇒cặp VTCP của (P) và u→d1=(1;2;−2) và u→d2=(−2;1;2)⇒VTPT của (P) là n→(P)=u→d1;u→d2=(6;2;5)

Ta có:d(O;d)≤OI. Để khoảng cách từ O đến d lớn nhất thì đường thẳng d vuông góc OI tại I. Hay nói cách khác OI→=(−2;−3;3)là một véc tơ pháp tuyến của d

Cặp VTPT của d là n→(P)và OI→. Suy ra VTCP của d là: u→d=n→(P);OI→=(21;−28;−14)

Chọn VTCP của đường thẳng d là:(3;−4;−2)và d đi qua điểm I(−2;−3;3). Chọn đáp án D

Chọn A

Chọn A

Chọn B

Ta có: 4π3=πr.r2+h2⇒h=48r2−r2. Suy ra thể tích khối nón:

VN=13πr2h=13πr2.48r2−r2=π3.48r2−r6.

Ta tiến hành đi khỏa sát hàm số ft=48t−t3 với t=r2; sẽ suy ra được giá trị lớn nhất của hàm số là: maxft=128 khi t=r2=4⇔r=2.

Suy ra thể tích đạt giá trị lớn nhất là VN_max=8π23 {khi r = 2}. Chọn đáp án B.

Chọn B

Mỗi một hành khách bước lên tàu đều có 3 cách lựa chọn toa. Suy ra: nΩ=38

Gọi A là biến cố để có một toa có đúng bốn hành khách bước lên. Suy ra ta có các trường hợp là: ''404,  413,  422'' ứng với số cách là: nA=3!2!.8!4!.4!+3!.8!4!.1!.3!+3!2!.8!4!.2!.2!=3150.

Suy ra xác suất là: pA=nAnΩ=315038=350729. Chọn đáp án     B.

Chọn A

Ta đặt gx=ffx−2m+1⇒g'x=f'x.f'fx−2m+1.

Xét phương trình đạo hàm: g'x=0⇔f'x=0⇔x=−1→them 1 diem cuc trix=2→them 1 diem cuc trif'fx−2m+1=0

Xét phương trình:f'fx−2m+1=0⇒fx−2m+1=−1fx−2m+1=2⇔fx=2m−2fx−3=2m−2

Xét tương giao của đường thẳng y=2m−2 và hai đồ thị hai hàm số y=fx; y=fx−3

Để hàm số y=gx=ffx−2m+1. Có 4 điểm cực trị thì đường thẳng y=2m−2 cắt đồ thị hai hàm số trên tại hai điểm bội lẻ( không kể điểm tiếp xúc vì được coi như điểm bội chẵn).

Nhìn vào đồ thị ta thấy điều kiện là: 2m−2≥52m−2≤6⇒4≤m≤2012−2021≤m≤−2 suy ra có 4029 giá trị m nguyên thỏa mãn bài toán. Chọn đáp án      A.

Chọn B

 Nhận thấy z = 0 không thỏa mãn hai hệ thức đã cho. Nên ta tiến hành chia hai vế hệ thức cho z, sẽ được: z2+(2i−3−w)z+1=|z|⇔z+2i−3−w+1z=1⇔w−z+1z+2i−3=1

 Đặt u=z+1z+2i−3⇒hệ thức trên trở thành: w−u=1                       1

 Với hệ thức z2+2−iz+1=3z⇔z+(2−i)+1z=3⇔z+1z+2i−3+5−3i=3⇔u+5−3i=3                2

 Áp dụng bất đẳng thức môđun ta có: |w−u|=1≥|w|−|u|⇔|w|≤1+|u|

 Lại có: |u+5−3i|=3≥|u|−|3i−5|=|u|−34⇔|u|≤3+34

 Suy ra: |w|≤1+|u|≤1+3+34=4+34. Suy ra giá trị lớn nhất của ulà (|u|)max=4+34

chọn đáp án B

Chọn C

Chọn B

Ta đã biết at−1t>0 với ∀a>1;  t≠0 

Phương trình đã cho trở thành: fx.3f'x−1+f'x4fx−1=0 

Nhận thấy ngay khi fx=0f'x=0 thì thỏa mãn phương trình đã cho. Số nghiệm của phương trình f(x) = 0 là 5 và số nghiệm của phương trình f'(x) = 0 là 5 nhưng có một nghiệm trùng nhau (tại chỗ đồ thị hàm số y = f(x) tiếp xúc với trục hoành) nên sẽ cho tất cả là 9 nghiệm thỏa mãn.

Với fx≠0f'x≠0 : ta chia hai vế cho fx.f'x sẽ được : 3f'x−1f'x+4fx−1fx=0 

Lại có : 3f'x−1f'x>0;   4fx−1fx>0⇒phương trình đã cho vô nghiệm.

Chọn C

Ba điểm cực trị có tọa độ là:

 A=0;m2;  B=−b2a;Δ4a=m+1;1+2m;  C=−m+1;1+2m

Tam giác ABC cân tại A để tam giác ABC vuông cân thì suy ra nó phải vuông cân tại A Suy ra:

AB→.AC→=0⇔m4−4m3+2m2+3m=0⇔m=0m=3m=1+52m=1−52    * 

Điều kiện để tồn tại ba điểm cực trị và có điểm cực đại nằm trên trục hoành và hai điểm cực tiểu nằm dưới trục hoành là:

−2m+1<0m2>0−Δ4a=−1−2m<0⇔m>−1m≠0m>−12⇔m>−12m≠0   ** 

Từ * và **, ta suy ra:m=3m=1+52⇒S=3;1+52 

Vậy tổng giá trị tất cả các phần tử của S bằng: