35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 6)

Chọn A

Ta có: Diện tích xung quanh của hình nón có độ dài đường sinh l và bán kính r là Sxq=πrl.

Chọn D

Ta có: d=u2−u1=8−2=6.

Vậy công sai của cấp số cộng là: d=6.

Chọn B

Theo bài ra, ta có: Hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;0 và 3;+∞.

Chọn B

Mỗi cách chọn 2 học sinh từ một nhóm 8 học sinh là một tổ hợp chập 2của 8.

Vậy số cách chọn là C82.

Chọn D

Ta có: ∫15gx−fxdx=∫15gxdx−∫15fxdx=−4−2=−6.

Chọn A

Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=−1.

Chọn D

lnea2=1−2lna.

Chọn C

Phương trình chính tắc của dđược viết lại: x+11=y−32=z−1−1

Suy ra, vectơ chỉ phương của d là u3→(1;2;−1).

Chọn B Ta có: 2x-3 = 12⇔ 2x-3 = 2-1⇔ x - 3 = -1 ⇔ x = 2

Chọn C

Ta có: 3fx+1=0⇔fx=−13  1.

Phương trình 1 là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị: đồ thị hàm số y=fx (hình vẽ) và đồ thị hàm số y=−13 là đường thẳng vuông góc với trục tung tại điểm có tung độ bằng −13. Do đó số nghiệm của phương trình 1 là số giao điểm của hai đồ thị.

Từ đồ thị (hình vẽ) suy ra 1 có đúng 2 nghiệm phân biệt.

Vậy số nghiệm của phương trình đã cho là .

Chọn B

+) limx→−1+x−1x+1=−∞ vì limx→−1+x−1=−2<0limx→−1+x+1=0x+1>0  khi  x>−1.

+) limx→−1−x−1x+1=+∞ vì limx→−1−x−1=−2<0limx→−1−x+1=0x+1<0  khi  x<−1.

Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x=−1.

Chọn A

Ta có dA,P=1−2.−2+2.1−112+−22+22=2.

Chọn B

Ta có: z=−1+i⇒ Phần ảo của z là 1.

Chọn B

P=x54=x54

Chọn B

Từ đồ thị hàm số, ta suy ra y'=0 có hai nghiệm là x=0 và x=2 và trong khoảng 0;2 hàm số nghịch biến nên suy ra chọn đáp án B

Đáp án C

Xét tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 2.

Gọi I là trung điểm CD, H là tâm trực tâm (cũng là trọng tâm) của ΔBCD. Khi đó AH⊥BCD. Thể tích của tứ diện đều V=13.SΔBCD.AH.

Ta có BH=23BI=233⇒AH=AB2−BH2=263; SΔBCD=3.

Vậy V=13.SΔBCD.AH=223.

Chọn B

Ta có α:4x+3y−7z+1=0⇒n→α=4 ;3 ;−7 là VTPT của mặt phẳng α.

Mà đường thẳng d⊥α ⇒n→α=4 ;3 ;−7 là VTCP của đường thẳng d.

Ta lại có A1 ;2 ;3∈d.

Suy ra phương trình chính tắc của đường thẳng d là: x−14=y−23=z−3−7

Chọn B

Ta có: SA⊥ABC⇒ AC là hình chiếu của SC trên ABC.

∠SC,ABC=∠SC,AC=∠SCA

Xét ΔSAC vuông tại A ta có:

tan∠SAC=SAAC=a3a=3
⇒∠SCA=600.

Chọn C

Với a,b,x là các số thực dương. Ta có:log5x=2log5a+3log15b⇔log5x=4log5a−3log5b⇔log5x=log5a4−log5b3⇔log5x=log5a4b3⇔x=a4b3

Chọn D

2a + (b+i) = 1 + 2i ⇔2a - 1 = 1b = 2⇔ a = 1,b = 2

Chọn D

Mặt phẳng Oyzcó phương trình là: x=0.

Mặt cầu tâm I2 ;−1 ;1 và tiếp xúc mặt phẳng Oyzcó bán kính R=dI , Oyz=2

Suy ra phương trình mặt cầu là: x−22+(y+1)2+z−12=4

Chọn C

Ta có: z1+z2=(1+i)+(2-3i)=(1+2)+(1-3)i=3-2i

Vậy z1+z2=32+(-2)2=13

Chọn C

Thể tích của khối tứ diện AB'C'D'là VAB'C'D'=13.AA'.SB'C'D'=13.2.12.2.2=43.

Chọn B

Điều kiện: log2x2-1≥3⇔x2-1≥23⇔x2-1≥8⇔x2≥9⇔x≤-3x≥3

Kết hợp với điều kiện ta được x≤-3x≥3

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (-∞; -3]∪[3; +∞)

Chọn B

Điểm A,B,C lần lượt là tung độ của các điểm có hoành độ a,b,c.

Suy ra tung độ của A,B,C lần lượt là: lna;lnb;lnc.

Theo giả thiết Blà trung điểm đoạn thẳng AC⇒lnb=lna+lnc2⇔2lnb=lna+lnc⇔lnb2=lna.c⇔b2=ac.

Vậy ac=b2.

Đáp án B

.Fx=∫11−xdx=−∫11−xd1−x=−ln1−x+C

Chọn D

Gọi V1 là thể tích của khối trụ có được bằng cách quay hình vuông ADCO quanh trục AO.

⇒V1=πAD2.CD=πa3.

Gọi V2 là thể tích của khối nón có được bằng cách quay tam giác OBC quanh trục BO.

⇒V2=13π.CO2.OB=πa33

Thể tích cần tìm là V = V1+V2=4πa33.

Nếu S(x) là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox thì thể tích của vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x =a và x = b là V=∫abS(x)dx.

Chọn A

Gọi z=a + bi,(a,b∈υℝ) ta có:

a-bi+2(a+bi)=3+i⇔3a+bi=3+i⇔3a=3b=1⇔a=1b=1⇔z=1+i

Khi đó z+1z=1+i+11+i=1+i+1-i1-i2=1+i+1-i2=32+12i

Chọn D

Ta có: Scó Tâm : O0;0;0Bán kính : R=5

⇒dO;P=−1212+22+22=4<5=R. Suy ra Scắt P theo giao tuyến là đường tròn C. Gọi r là bán kính của C ta có: r=R2−d2O;P=25−16=3.

Chọn C

Mặt phẳng (α) có vectơ pháp tuyến là n→=( 1 ; 2 ; 3 ).

Đường thẳng Δ đi qua M(−1 ; −1 ; 3) và có vectơ chỉ phương là u→=(− 1 ; −1 ; 1 ).

Ta có: n→ . u→=1.(−1)+2.(−1)+3.1=0M(−1 ; −1 ; 3)∈(α) ⇒Δ⊂(α).

Đáp án C

I=∫f(x)dx=∫x+3x2+3x+2dx=∫x+3(x+1)(x+2)dx

=∫2x+1−1x+2dx=2lnx+1−lnx+2+C.

Chọn A

Ta có: Vectơ chỉ phương của hai đường thẳng d1,d2 lần lượt là a1→=1;−2;1;   a2→=2;1;−1.

Vì mặt phẳng α song song với hai đường thẳng d1,d2 nên: nα→=a1→;a2→=1;3;5.

Vậy phương trình mặt phẳng α cần tìm là:

1x−0+3y−1+5z−2=0.⇔x+3y+5z−13=0.

Chọn B

Kiến thức cần nhớ: Cho hàm số y=fx có đạo hàm cấp một trên a; b chứa điểm x0 vày=fx có đạo hàm cấp hai khác 0 tại x0, khi đó:

+ Nếu f'x0=0f''x0>0thì hàm số y=fx đạt cực tiểu tại điểm x0.

+ Nếu f'x0=0f''x0<0 thì hàm số y=fx đạt cực đại tại điểm x0.

Áp dụng ta cóy'=3x2+23m−1x+m2;  y''=6x+23m−1.

Xét phương trình y'−1=0⇔3−12−23m−1+m2=0⇔m2−6m+5=0⇔m=1m=5

Với m=1⇒y''=6x+4⇒y''−1=−2<0 nên hàm số đạt cực đại tại x=−1.

Với m=5⇒y''=6x+28⇒y''−1=22>0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x=−1.

Vậy m=5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A

Đặt t = 5sinx - 1⇒ dt=5cosxdx⇒cosxdx=15dt.

Đổi cận x=0⇒t=-1; x=π2⇒t=4

Khi đó 

Mặt khác 

Vậy 

Chọn D

Xét hàm số y=x−3x2+x−m.

+) TXĐ: D=3 ;+∞

+)limx→+∞y=limx→+∞x−3x2+x−m=limx→+∞1x3−3x41+1x−mx2=0. Do đó ĐTHS có 1 tiệm cận ngang y=0.

+) Để ĐTHS có 2 đường tiệm cận thì phải có thêm 1 tiệm cận đứng. Vậy yêu cầu bài toán trở thành: Tìm điều kiện để phương trình x2+x−m=0 phải có 1 nghiệm lớn hơn hoặc bằng 3

Trường hợp 1: Phương trình x2+x−m=0 phải có 2 nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1<3<x2.

⇔a.f(3)<0⇔12−m<0⇔m>12.

Trường hợp 2: Phương trình x2+x−m=0 có nghiệm x=3 thì m=12.

Với m=12 phương trình trở thành: x2+x−12=0⇔x=3x=−4( tmđk)

Trường hợp 3: Phương trình x2+x−m=0 có nghiệm kép x>3.

Khi m=−14 thì phương trình có nghiệm x=−12.(không thỏa mãn)

Theo đề bài m∈−2019  ;2019, m nguyên do đó m∈12 ;2019.

Vậy có (2019−12)+1=2008 giá trị của m.

Ý kiến phản biện:

Có thể nhận xét phương trình x2+x−m=0 1 nếu có nghiệm thì x1+x2=−1 do đó 1 luôn có ít nhất một nghiệm âm. Vậy đk bài toán chỉ thỏa mãn khi và chỉ khi 1 có 2 nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1<0<3≤x2⇔af3≤0⇔m≥12.

Chọn B

Trong ABCD, kẻ AH⊥BDg

Trong SAH, kẻ AK⊥SH

Ta có: BD⊥SABD⊥AH⇒BD⊥SAH⇒BD⊥AK

Ta có: AK⊥SHAK⊥BD⇒AK⊥SBD⇒dA;SBD=AK.

Áp dụng hệ thức lượng cho ΔABD vuông tại A và có đường cao AH ta có:

AH=AB.ADAB2+AD2=a.a2a2+a22=a22a3=a63

Áp dụng hệ thức lượng cho ΔABD vuông tại A và có đường cao AK ta có:

AK=SA.AHSA2+AH2=a.a63a2+a632=a263153=a105

Từ giả thiết ta có: f'xfx=x⇒∫f'xfxdx=∫xdx

⇒lnfx=12x2+C. (do fx>0∀x∈ℝ )

Do đó lnf0=12.02+C⇒C=0⇒lnfx=12x2

⇒fx=e12x2⇒f1=e.

Chọn B

Có yêu cầu bài toán tương đương với

*Chú ý bấm máy phương trình bậc hai

có hai nghiệm

Dựa vào dữ kiện bài toán và hình vẽ ⇒ Hình trụ có chiều cao h = 2r và bán kính đáy R=2r

⇒Thể tích khối trụ là

Vậy thể tích mỗi khối cầu là 

Xếp 36 em học sinh vào 36 ghế ⇒ Không gian mẫu nΩ=36!.

Gọi A là biến cố: “Hai em Kỷ và Hợi ngồi cạnh nhau theo một hàng ngang hoặc một hàng dọc”.

Chọn 1 hàng hoặc cột để xếp Kỷ và Hợi có 12 cách.

Trên mỗi hàng hoặc cột xếp 2 em Kỷ và Hợi gần nhau có 5.2 = 10 cách.

Sắp xếp 34 bạn còn lại có 34! cách.

⇒nA=12.10.34!.

Vậy xác suất của biến cố A là: PA=nAnΩ=12.10.34!36!=221.

Chọn D

Chọn A

Hàm số y=12lnx2+4−mx+3 có tập xác định D=−∞;+∞.

Ta có y'=xx2+4−m.

Khi đó hàm số y=12lnx2+4−mx+3 nghịch biến trên −∞;+∞⇔y'≤0,∀x∈−∞;+∞

⇔xx2+4−m≤0,∀x∈ℝ⇔xx2+4≤m,∀x∈ℝ⇔m≥ma​xx∈ℝ f(x)với f(x)=xx2+4

Xét hàm số f(x)=xx2+4 ta có: f'(x)=4−x2x2+42⇒f'(x)=0⇔x=±2.

BBT

Từ BBT ta suy ra: ma​xx∈ℝ f(x)=f(2)=14. Suy ra các giá trị của tham số mcần tìm là: m≥14

Chọn D

Phương trình mặt phẳng P đi qua Aa;0;0,B0;b;0,C0;0;c có dạng xa+yb+zc=1.

Vì P đi qua M nên 1a+1b+1c=1.

Mặt khác OA=2OB nên a=2b nên 32b+1c=1.

Thể tích khối tứ diện OABC là V=16abc=13b2c.

Ta có 32b+1c=34b+34b+1c≥3916b2c3⇒916b2c3≤13⇒16b2c9≥27⇒V=b2c3≥8116.

⇒minV=8116  khi  34b=1c=13a=2b⇒a=92b=94c=3.

Vậy S=2a+b+3c=814.

Đáp án A

+ Vì ba mặt phẳng (MNB'A').(ACC'A'),(BCC'B') đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt A'M,B'N,CC' và A'M,CC' không song song nên A'M,B'N,CC' đồng qui tại S.

ta có k=CMCA=MNAB=MNA'B'=SMSA'=SNSB'=SCSC'

+ Từ đó VS.MNC=k3VS.A'B'C'⇒V1=VMNC.A'B'C'=1−k3VS.A'B'C'.

+ Mặt khác VABC.A'B'C'VS.A'B'C'=3CC'SC'=3SC'−SCSC'=31−k⇒VS.A'B'C'=VABC.A'B'C'31−k

Suy ra V1=1−k3VABC.A'B'C'31−k=k2+k+1.VABC.A'B'C'3.

+ Vì V1V2=2 nên V1=23VABC.A'B'C'⇒k2+k+13=23⇔k2+k−1=0⇒k=−1+52(k>0).

Vậy k=−1+52.

Chọn B

Xét hàm số g(x)=f(x)−2019=x3+ax2+bx+c−2019.

Hàm số gx liên tục trên ℝ.

Vì c>2019a+b+c−2018<0⇔g(0)>0g(1)<0

⇒phương trình g(x)=0có ít nhất 1 nghiệm thuộc 0;1.

⇒Đồ thị hàm số y=g(x)có ít nhất một giao điểm với trục hoành có hoành độ nằm trong khoảng (0;1). (1)

Vì limx→−∞g(x)=−∞g(0)>0phương trình g(x)=0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc (−∞;0).

Đồ thị hàm số y=g(x)có ít nhất một giao điểm với trục hoành có hoành độ nằm trong khoảng (−∞;0). (2)

Vì limx→+∞g(x)=+∞g(1)<0phương trình g(x)=0có ít nhất 1 nghiệm thuộc (1;+∞).

⇒Đồ thị hàm số y=g(x)có ít nhất một giao điểm với trục hoành có hoành độ nằm trong khoảng (1;+∞). (3)

Và hàm số gx là hàm số bậc 3

Nên từ (1), (2), (3) đồ thị hàm số gxcó dạng

Do đó đồ thị hàm số y=f(x)−2019 có dạng

Vậy hàm số y=f(x)−2019 có 5 điểm cực trị

Đáp án D

w=z+3i⇔z=w−3i⇒z=w−3i⇒3−z≤w≤3+z⇔1≤w≤5.

Chọn D

Ta có phương trình f2x−m+4fx+2m+4=0

⇔fx−2fx−m−2=0⇔fx=2         (1)fx=m+2   (2).

Từ đồ thị hàm số y=fx ta có đồ thị hàm số y=fx như sau:

Từ đồ thị trên, ta có phương trình 1 có 4 nghiệm phân biệt.

Để phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt thì phương trình 2 có 2 nghiệm phân biệt và khác các nghiệm của 1.

Suy ra m+2>4m+2=0⇔m>2m=−2.

Vì m nguyên và m∈−5;5⇒m∈−2;3;4.

Chọn B

Cách 1: phương pháp đại số.

Ta có: a2+b2+c2−2a−4b=4⇔a−12+b−22+c2=9.

Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối và bất đẳng thức BCS, ta có kết quả sau:

2a+b−2c+7=2a−1+b−2−2c+11≤2a−1+b−2−2c+11BCSa−12+b−22+c222+12+−22+11=20.

Đẳng thức xảy ra khi: 2a−1+b−2−2c>0a−12=b−21=c−2a−12+b−22+c2=9⇔a=3b=3c=−2

Khi đó: P=a+2b+3c=3+2.3+3.−2=3.

Cách 2: phương pháp hình học.

Trong không gian Oxyz, gọi mặt cầu S có tâm I1;2;0, bán kính R=3. Khi đó:

S:x−12+y−22+z2=9⇔x2+y2+z2−2x−4y=4.

và mặt phẳng P:2x+y−2z+7=0.

Gọi Ma;b;c, ta có:dM;P=2a+b−2c+73.

Vì a2+b2+c2−2a−4b=4⇒M∈S.

Bài toán đã cho trở thành: Tìm M∈S sao cho dM;P lớn nhất.

Gọi Δ là đường thẳng qua I và vuông góc P⇒Δ:x=1+2ty=2+tz=−2t.

Điểm M cần tìm chính là 1 trong 2 giao điểm của Δ với S:M13;3;−2,M2−1;1;2.

Ta có: dM1;P=203>dM2;P=23⇒MaxdM;P=203⇔M≡M1.

Vậy P=a+2b+3c=3+2.3+3.−2=3.

Chọn A

Cách 1: Ta có fx+gx=−xf'x+g'x ⇔fx+gxf'x+g'x=−1x

⇔∫fx+gxf'x+g'xdx=−∫1xdx⇒lnfx+gx=−lnx+C

Theo giả thiết ta có C−ln1=lnf1+g1⇒C=ln4.

Suy ra fx+gx=4xfx+gx=−4x, vì f1+g1=4 nên fx+gx=4x

⇒I=∫14fx+gxdx=8ln2

Cách 2: Ta có fx+gx=−xf'x+g'x

⇒∫fx+gxdx=−∫xf'x+g'xdx.

⇒∫fx+gxdx=−xfx+gx+∫fx+gxdx.

⇒−xfx+gx=C⇒fx+gx=−Cx. Vì f1+g1=−C⇒C=−4

Do đó fx+gx=4x. Vậy I=∫14fx+gxdx=8ln2.

.

Chọn D

Chú ý với hai căn thức ta có đánh giá sau:a+b≥a+b và a+b≤2a+b.

Vậy theo giả thiết,ta có x+y+1=2x−2+y+3≥2x+y+1⇒x+y+1=0x+y+1≥4

Và x+y+1=2x−2+y+3≤22x+y+1⇒x+y+1≤8.

 Nếu x+y+1=0⇔x=2y=−3⇒S=−9476243.

 Nếu t=x+y∈3;7,ta có

x2≥2xx≥2;y−12≥0⇒y2≥2y−1⇒x2+y2≥2x+y−1.

Vì vậy S≤3x+y−4+x+y+127−x−y−6x+y+3

Xét hàm số ft=3t−4+t+127−t−6t+3 trên đoạn 3;7 ta có:

f't=3t−4ln3+27−t−t+127−tln2−6.

f''t=3t−4ln23+27−tln2−27−t−t+127−tln2ln2

=3t−4ln23+t+1ln2−227−tln2>0,∀t∈3;7.

Mặt khác f'3f'7<0⇒f't=0 có nghiệm duy nhất t0∈3;7.

Vậy ta lập được bảng biến thiên của hàm số ft như dưới đây:

Suy ra maxS=max3;7ft=f3=1483.Dấu bằng đạt tại x=2;y=1.

Do đó T=148+3=151.