35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 18)
50 câu hỏi
Có bao nhiêu cách xếp 4 học sinh thành một hàng dọc?
4.
C44.
4!.
A41.
Chọn C
Mỗi cách xếp 4 học sinh thành một hàng dọc là một hoán vị của 4 phần tử.
Vậy số cách xếp 4 học sinh thành một hàng dọc là: 4! (cách).
Cho cấp số nhân un có u1=−2 và u2=6. Giá trị của u3 bằng
-18
18
12
-12
Chọn A
Công bội của cấp số nhân đã cho là: q=u2u1=−3.
Vậy u3=u2.q=−18.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng nào, trong các khoảng dưới đây?
−∞;−2.
0;+∞.
−2;0.
−1;3.
Chọn C
Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng −2;0.
Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số y = f(x) có bao nhiêu điểm cực trị ?
3
2
1
4
Chọn A
Hàm số y = f(x) có ba điểm cực trị là: x=−1,x=0,x=1.
Cho hàm số f(x) có đạo hàm f'x=xx−1x+23,∀x∈ℝ. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
1
2
3
5
Chọn C
+ Ta có : f'x=xx−1x+23; f'x=0⇔x=0x=1x=−2.
+ Bảng xét dấu
+ Ta thấy f'(x) đổi dấu 3 lần nên hàm số đã cho có 3 điểm cực trị (cụ thể là 2 điểm cực tiểu và 1 điểm cực đại).
+ Cách trắc nghiệm: Ta nhẩm được phương trình f'x=0 có 3 nghiệm bội lẻ nên hàm số y = f(x) có 3 điểm cực trị.
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=3x + 2x - 1 là đường thẳng
y = 3.
y = 1.
x = 3.
x = 1.
Chọn A
Ta có: limx→+∞y=3; limx→−∞y=3nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng y = 3.
Đồ thị của hàm số nào sau đây có dạng như đường cong trong hình bên dưới?
y=x3+x+1.
y=x3−x+1.
y=x3−x−1.
y=x3+x−1.
Chọn A
Nhìn vào hình vẽ ta thấy đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên loại các đáp án y=x3−x−1 và y=x3+x−1.
Ta thấy đồ thị hàm số không có cực trị nên chọn đáp án y=x3+x+1 vì hàm số này có y'=3x2+1>0,∀x.
Số giao điểm của đồ thị của hàm số y=x4+4x2−3 với trục hoành là
2
0
4
1
Chọn A
Ta có y=x4+4x2−3=0⇔x2=1x2=−3(PTVN)⇔x=±1.
Suy ra đồ thị hàm số có 2 giao điểm với trục hoành.
Với a là số thực dương tùy ý, log24a bằng
12−log2a.
2log2a.
2−log2a.
log2a−1.
Chọn C
Ta có: log24a=log24−log2a=2−log2a.
Đạo hàm của hàm số y=3xlà
12−log2a.
y'=3xln3.
y'=3xln3.
ln3.
Chọn B
Dùng công thức ax'=axlna⇒3x'=3xln3.
Với a là số thực dương tùy ý, a23 bằng
a3.
a53.
a13.
a23.
Chọn D
Với a>0 dùng công thức amn=amn⇒a23=a23.
Nghiệm của phương trình 34x−6=9 là
x = -3.
x = 3.
x = 0.
x = 2.
Chọn D
Ta có: 34x−6=9⇔34x−6=32⇔4x−6=2⇔x=2.
Nghiệm của phương trình ln7x=7 là
x = 1.
x=17.
x=e77.
x=e7.
Chọn C
Ta có ln7x=7⇔7x=e7⇔x=e77.
Cho hàm số fx=x3+2xx. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
∫fxdx=x2+2+C.
∫fxdx=x33+2x+C.
∫fxdx=x3+2x+C.
∫fxdx=x33+x22+C.
Chọn B
∫fxdx=∫x3+2xxdx=∫x2+2dx=x33+2x+C.
Cho hàm số fx=sin4x. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
∫fxdx=−cos4x4+C.
∫fxdx=cos4x4+C.
∫fxdx=4cos4x+C.
∫fxdx=−4cos4x+C.
Chọn A
∫fxdx=∫sin4xdx=−cos4x4+C.
Cho hàm số f(x) thỏa mãn ∫12fxdx=1và ∫14ftdt=−3. Tính tích phân.I=∫24fudu
I = -4.
I = 4.
I = -2.
I = 2.
Chọn A
∫14fudu=∫12fudu+∫24fudu⇔−3=1+∫24fudu⇔∫24fudu=−4.
Với m là tham số thực, ta có ∫12(2mx+1)dx=4.Khi đó m thuộc tập hợp nào sau đây ?
−3;−1.
−1;0.
0;2.
2;6.
Chọn C
Ta có ∫12(2mx+1)dx=4⇔mx2+x12=4⇔4m+2−m−1=4⇔m=1.
Vậy m∈[0;2).
Số phức liên hợp của số phức z=i1+3i là
3 - i.
3 + i.
-3 + i.
-3 - i.
Chọn D
Ta có z=i1+3i=−3+i nên 3z1−4z2.
Cho hai số phức z1=5−6ivà z2=2+3i. Số phức 3z1−4z2bằng
26−15i.
7−30i.
23−6i.
−14+33i.
Chọn B
Ta có 3z1−4z2=35−6i−42+3i=7−30i.
Cho hai số phức z1=1+ivà z2=2+i. Trên mặt phẳng Oxy, điểm biểu diễn số phức z1+2z2có toạ độ là:
3; 5.
2; 5.
5; 3.
5; 2.
Chọn C
Ta có số phức z1+2z2=5+3icó điểm biểu diễn là 5 ; 3.
Cho khối chóp SABC, có SA vuông góc với đáy, đáy là tam giác vuông tại B, SA=2a, AB=3a,BC=4a. Thể tích khối chóp đã cho bằng
8a3.
4a3.
12a3.
24a3.
Chọn B
VS.ABC=13.SABC.SA=13.12.AB.BC.SA=16.3a.4a.2a=4a3.
Cho khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a3. Tính thể tích khối lăng trụ đó theo a
3a32.
3a34.
4a33.
a34.
Chọn B
Ta có: VABC.A'B'C'=SABC.AA'=a234.a3=3a34.
Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy R, chiều cao h là
Sxq=πRh.
Sxq=2πRh.
Sxq=3πRh.
Sxq=4πRh.
Chọn B
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB=3và AC=3. Thể tích V của khối nón nhận được khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC là
V=2π.
V=5π.
V=9π.
V=3π.
Chọn D
Khối nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC có chiều cao h=AC=3và bán kính đáy r=AB=3V=13πr2h=13π.32.3=3π.
Trong không gian Oxyz cho hai điểm A3;4;2, B−1;−2;2 và G1;1;3 là trọng tâm của tam giác ABC. Tọa độ điểm C là?
C1;3;2.
C1;1;5.
C0;1;2.
C0;0;2.
ChọnB
Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có
xG=xA+xB+xC3yG=yA+yB+yC3zG=zA+zB+zC3⇔xC=3xG−xA−xB=1yC=3yG−yA−yB=1zC=3zG−zA−zB=5⇒C1;1;5.
Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S:x2+y2+z2−2x+4y+4z+5=0. Tọa độ tâm I và bán kính R của (S) là
I1;−2;−2 và R = 2.
I2; 4; 4và R = 2.
I−1; 2; 2 và R = 2
I1;−2;−2và R=14.
ChọnA
Phương trình mặt cầu có dạng: x2+y2+z2−2ax−2by−2cz+d=0a2+b2+c2>d
⇒a=1, b=−2, c=−2, d=5.
Vậy tâm mặt cầu là I1;−2;−2 và bán kính mặt cầu R=1+4+4−5=2.
Trong không gian Oxyz, điểm nào sau đây thuộc trục Oz?
A1;0;0.
B0;2;0.
C0;0;3.
D1;2;3.
Chọn C
Điểm nằm trên trục Oz thì hoành độ và và tung độ bằng 0.
Trong không gian Oxyz vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M−3;5;−7?
6;−10;14.
−3;5;7.
6;10;14.
3;5;7.
ChọnA
Đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M−3;5;−7 nhận OM→=−3;5;−7⇒u→=−2OM→=6;−10;14 là một vectơ chỉ phương của đường thẳng
Chọn ngẫu nhiên một số trong 18 số nguyên dương đầu tiên. Xác suất để chọn được số lẻ
78.
815.
715.
12.
ChọnD
Số phần tử của không gian mẫu: nΩ=18
Gọi A là biến cố chọn được số lẻ. A=1;3;5;7;9;11;13;15;17⇒nA=9.
Vậy xác suất là pA=nAnΩ=918=12.
Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên R?
y=x+1x−2.
y=2x2−2021x.
y=−6x3+2x2−x.
y=2x4−5x2−7.
ChọnC
Xét các đáp án ta có
Đáp án A tập xác địnhD=ℝ\2 nên loại
Đáp án B đồ thị là Parabol nên loại
Đáp án C có TXĐ: R
y'=−18x2+4x−1<0,∀x∈ℝ nên hàm số nghịch biến trên R
Đáp án D hàm số có 3 cực trị nên không thỏa mãn.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số fx=−x4+2x2 trên đoạn −2;2.
-1
8
1
-8
Chọn D.
Xét hàm số fx=−x4+2x2 trên đoạn −2;2.
Ta có f'x=−4x3+4x=0⇔x=0∈−2;2x=1∈−2;2x=−1∈−2;2
Ta có f−2=−8; f−1=1; f0=0; f1=1; f2=−8.
Vậy min−2; 2fx=−8.
Tập nghiệm của bất phương trình log12x≤log122x−1 là
12;1.
−∞;1.
−∞;1.
12;1.
Chọn A.
Điều kiện xác định của bất phương trình là x>02x−1>0 ⇔x>12.
Ta có log12x≤log122x−1⇔x≥2x−1⇔x≤1.
Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là 12;1.
Nếu ∫0π3sinx−3fxdx=6 thì ∫0π3fxdx bằng
132.
-112.
-134.
-116
Chọn D
Ta có 6=∫0π3sinx−3fxdx=∫0π3sinxdx−3∫0π3fxdx=−cos x0π3−3∫0π3fxdx=12−3∫0π3fxdx
Suy ra 3∫0π3fxdx=12−6⇔∫0π3fxdx=−116.
Cho số phức z = 5 - 3i. Môđun của số phức1−2iz¯−1 bằng
25
10
52.
55.
Chọn D
Ta có 1−2iz¯−1=1−2i4+3i=10−5i.
Từ đó: 1−2iz¯−1=102+52=55.
Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C'có B'B=a, đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AC=a3. Tính tangóc giữa C'Avà mp ABC
600.
900.
450.
300.
Chọn D
Ta có B'B=a⇒CC'=a
AC=a3
Góc giữa C'A và mp (ABC) bằng góc đường thẳng C'A và CA bằng góc C'AC^
tanC'AC^=C'CAC=aa3=33⇒C'AC^=300
Cho hình chóp đều SABCD có cạnh đáy bằng aa và cạnh bên tạo với đáy một góc 60°. Khoảng cách từ SS đến mặt phẳng (ABCD) bằng
a62.
a32.
a33.
a23.
Chọn A
Gọi O=AC∩BD⇒SO⊥ABCD
⇒SCO^=60°⇒tan60°=SOOC⇒SO=OC3=a2.3=a62
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu có tâm I−1; 2; 0 và đi qua điểm M2;6;0 có phương trình là:
x+12+y−22+z2=100.
x+12+y−22+z2=25.
x−12+y+22+z2=25.
x−12+y+22+z2=100.
Chọn B
Ta có bán kính R=IM=32+42+0=5.
Vậy phương trình mặt cầu tâm I−1; 2; 0, bán kính R = 5 là x+12+y−22+z2=25.
Trong không gian Oxyz đường thẳng đi qua hai điểm A2; 3; −1,B1; 2; 4 có phương trình tham số là:
x=2−ty=3−tz=−1+5t
x=1−ty=2−tz=4−5t
x=1+ty=2+tz=4+5t
x=2+ty=3+tz=−1+5t
Chọn A
AB→=−1;−1;5.
Vậy phương trình chính tắc của đường thẳng AB đi qua điểm AA và nhận AB→=−1;−1;5 làm vectơ chỉ phương là: x=2−ty=3−tz=−1+5t.
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên R và hàm số y=f'(x) có đồ thị như hình vẽ. Trên −2;4, gọi x0 là điểm mà tại đó hàm số g(x)=fx2+1−lnx2+8x+16 đạt giá trị lớn nhất. Khi đó x0 thuộc khoảng nào?
12;2.
2;52.
−1;−12.
−1;12.
Chọn D
Ta có g'(x)=12f'x2+1−2x+8x2+8x+16=12f'x2+1−2x+4.
Cho g'(x)=0⇔f'x2+1=4x+4.
Đặt t=x2+1⇒t∈0;3
Phương trình trở thành f'(t)=42t+2=2t+1.
Vẽ đồ thị y=2x+1 lên cùng một hệ tọa độ ta được:
Từ đồ thị ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại t=1⇒x=0.
Có bao nhiêu cặp số nguyên dương x;y với y≤2021thỏa mãn logx+12y+1≤4y4+4y3−x2y2−2y2x.
20212021−1.
20212022−1.
20222022−1 .
20222022+1.
Chọn C
Ta có: logx+12y+1≤4y4+4y3−x2y2−2y2x⇔logxy+y2y2+y≤4y4+4y3+y2−x2y2+2y2x+y2 ⇔logxy+y−log2y2+y≤2y2+y2−xy+y21
Xét hàm số ft=logt+t2 với t∈0;+∞.
Ta có: f't=1tln10+2t>0;∀t∈0;+∞. Suy ra hàm ft đồng biến trên t∈0;+∞.
Khi đó: 1⇔fxy+y≤f2y2+y⇔xy+y≤2y2+y⇔x≤2y.
Vì y∈ℤ+ và y≤2021nên ta xét các trường hợp sau.
y=1⇒x∈1;2.
y=2⇒x∈1;2;3;4 .
……………………………….
y=2021⇒x∈1;2;3;.....;4042.
Vậy số cặp nghiệm thỏa mãn điều kiện bài toán là: 2+4+6+...+4042=2022.2021
Cho hàm số fx=x+2 khi x≥03x2−x+2 khi x<0. Tích phân ∫0π3f3−4cosxsinxdx bằng
3724.
376.
6.
12.
Chọn A
Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn zz¯=4 và z−3+2i3−2z¯ là số thuần ảo?
1
0
3
2
Chọn D
Gọi z=a+bi
Ta có
z−3+2i3−2z¯=a−3+b+2i3−2a+2bi=−2a2+9a−9−2b2+4b+−3a−4b+6iTheo đề ta có hệ phương trình
a2+b2=4−2a2+9a−9−2b2+4b=0
Giải hệ này tìm được 2 nghiệm, suy ra có 2 số phức thỏa yêu cầu bài toán.
Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy bằng 2a. Góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng SBC bằng 30°. Thể tích của khối chóp SABCD bằng
4a3.
43a3.
26a39.
26a33.
Chọn B
Một công ty sản xuất bồn đựng nước hình trụ có thể tích thực 1m3 với chiều cao bằng 1m. Biết bề mặt xung quanh bồn được sơn bởi loại sơn màu xanh tô như hình vẽ và màu trắng là phần còn lại của mặt xung quanh; với mỗi mét vuông bề mặt lượng sơn tiêu hao 0,5 lít sơn. Công ty cần sơn 10000 bồn thì dư kiến cần bao nhiêu lít sơn màu xanh gần với số nào nhất, biết khi đo được dây cung BF = 1m
6150
6250
1230
1250
Chọn A
Gọi r là bán kính đường tròn đáy,
Ta có: V=πr2.h⇔r=1π
Xét tam giác O'BF ta có Cos(BO'F)=2r2−BF22r2=1−π2⇒BO'F^≈2,178271695 (rad)
Vậy độ dài cung BF: l=r.α≈1,2289582 (m)
Tổng số lít sơn màu xanh cho mỗi bồn nước là: T=l.h.0.5=0.6144791001 (lít)
Vậy tổng số sơn cần cho 10000 bồn S≈6145 (lít)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau d:x−22=y−33=z+4−5 và d':x+13=y−4−2=z−4−1 là
x1=y1=z−11.
x−22=y−23=z−34.
x−22=y+22=z−32.
x2=y−23=z−3−1.
Chọn A
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị hàm số y=f'xnhư hình vẽ dưới đây .
Hàm số gx=x+x2−1 có bao nhiêu điểm cực đại
3
4
5
7
Chọn A
Từ đồ thị của y=f'x, suy ra bảng biến thiên của y = f(x) như sau
Đặt u=x+x2−1.
Ta có bảng ghép trục sau :
Vậy hàm số gx=fx+x2−1 có ba điểm cực đại .
Cho các số thực x,y,z thỏa mãn log32x2+y2=log7x3+2y3=logz. Có bao giá trị nguyên của z để có đúng hai cặp x,y thỏa mãn đẳng thức trên.
2
211
99
4
Chọn B
Ta có log32x2+y2=log7x3+2y3=logz=t⇔2x2+y2=3t 1x3+2y3=7t 2z=10t 3.
+ Nếu y = 0 2⇒x=7t3 thay vào (1) ta được 2.72t3=3t⇔t=log34932 do đó z=10log34932.
+ Nếu y≠0
Từ 1&2suy ra 2x2+y23=27tx3+2y32=49t⇒x3+2y322x2+y23=4927t⇔xy3+222xy2+123=4927t,*.
Đặt xy=u,u≠−23. Xét fu=u3+222u2+13⇒f'u=6uu3+2u−42u2+14=0⇔u=0u=−23u=4.
Ta có bảng biến thiên
Nhận xét với mỗi giá trị u tương ứng với duy nhất 1 cặp (x,y) thỏa mãn bài toán do đó
Yêu cầu bài toán tương đương 18≤4927t<40<4927t<433⇔10log492718≤z<10log492740<z<10log4927433.
Vì z là số nguyên nên có 211 giá trị thỏa mãn.
Cho hàm số bậc bốn y = f(x) có đồ thị (C) như hình vẽ bên. Biết hàm số y = f(x) đạt cực trị tại các điểm x1,x2,x3 thỏa mãn x3=x1+2, fx1+fx3+23fx2=0 và (C) nhận đường thẳng d:x=x2 làm trục đối xứng. Gọi S1,S2,S3,S4 là diện tích của các miền hình phẳng được đánh dấu như hình bên. Tỉ số S1+S2S3+S4gần kết quả nào nhất
0,60
0,55
0,65
0,70
Chọn A
Xét hai số phức z1; z2 thỏa mãn z1=2; z2=5 và z1−z2=3. Giá trị lớn nhất của z1+2z2−3i bằng
32−3.
3+32.
3+26.
26−3.
Chọn B
Đặt z1=a+bi,z2=c+di (với a,b,c,d∈ℝ)
Theo bài ra ta có:
z1=2⇔a2+b2=2; z2=5⇔c2+d2=5
z1−z2=3⇔a−c2+b−d2=9⇔a2+b2+c2+d2−2ac+bd=9⇒ac+bd=−1
z1+2z2=a+2c2+b+2d2=a2+b2+4c2+d2+4ac+bd=18=32
Theo tính chất z+z'≤z+z'ta có: z1+2z2−3i≤z1+2z2+−3i=32+3
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A−2;1;1và B2;1;1. Xét khối nón (N)có đỉnh Ađường tròn đáy nằm trên mặt cầu đường kính AB. Khi (N)có thể tích lớn nhất thì mặt phẳng (P)chứa đường tròn đáy của (N)cách điểm E1;1;1một khoảng là bao nhiêu?
d=12.
d=2.
d=13.
d=3
Chọn A
