35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 8)

Chọn B

Diện tích mặt cầu là S=4πR2=4π.32=36π.

Chọn A

Gọi cạnh của khối lập phương là a ta có a3=27⇔a=3.

Chọn C

log2x+1=2⇔x+1=22⇔x+1=4⇔x=3

Chọn A

- Đồ thị đi qua điểm (0;-1) nên phương án D bị loại và đồ thị đi qua điểm (2;1) nên B loại

- Đồ thị có hai điểm cực trị nên phương án C bị loại ( có y'=x2+3>0)

- Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;-3), thay vào phương án A thấy thỏa mãn

Chọn D

Ta có : y'=3x2−6x⇒y'3=9

Phương trình tiếp tuyến tại điểm A (3;1) là y=9x−3+1⇔y=9x−26

Chọn B

Phương pháp:

Cấp số cộng có số hạng đầu u1 và công sai d thì có số hạng thứ n là un=u1+n−1d

Cách giải:

Số hạng thứ tư là u4=u1+3d=2+3.5=17

Chọn A

Hàm số đồng biến trên −1;0 và 1;+∞

Hàm số nghịch biến trên −∞;−1 và 0;1.

Chọn D

Số tập con gồm 3 phần tử của tập hợp gồm 7 phân tử là: C73 tập hợp.

Chọn D

∫sinxdx=−cos x+C.

Chọn C

Phần thực a=−3; Phần ảo b=2

Vậy a −b=−5

Chọn B

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành bằng π∫126x2dx=π∫126x2dx.

Chọn A

I=∫−11fxdx=∫−13fxdx+∫31fxdx=∫−13fxdx−∫13fxdx=1−5=−4

Chọn A

M3;−5 là điểm biểu diễn của số phức z=3−5i.

Số phức liên hợp z¯của z là: z¯=3+5i.

Chọn D

Toạ độ điểm A'đối xứng với A−3;1;2qua trục Oy là 3;1;−2

Chọn A

Thể tích của một khối lăng trụ tam giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a2 là:

V=Sh=a234.a2=a364

Chọn C

Phương pháp

Dựa vào BBT để biện luận số nghiệm của phương trình đề bài yêu cầu.

Số nghiệm của phương trình fx=m là số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=m.

Cách giải:

Ta có: 2fx+7=0⇔fx=−72.   *

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số y=fx và đường thẳng y=−72.

Ta có:

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y=−72 cắt đồ thị hàm số y=fx tại 4 điểm phân biệt.

Chọn B

Hàm số fx=xx+3 xác định trên đoạn −2;3.

Ta có:

f'x=1.3−0.1x+32=3x+32>0,∀x∈−2;3⇒ Hàm số luôn đồng biến trên đoạn −2;3

⇒GTLN của hàm số fx=xx+3trên đoạn −2;3là: f3=33+3=12

Chọn D

Hình trụ có thiết diện đi qua trục là hình vuông có cạnh bằng 4a⇒2R=h=4a⇒R=2a với R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

⇒Sxq=2πRh=2π.2a.4a=16πa2.

Chọn C

Ta có: 132x−3≥3⇔33−2x≥3⇔3−2x≥1⇔x≤1

Tập nghiệm của BPT là: S=(−∞;1].

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểmM2;0;−1và có VTCP u→=2;−3;1là x=2+2ty=−3tz=−1+t

Chọn A

Ta có: z¯−3+i=0⇔z¯=3−i⇒z=z¯=32+−12=10.

Chọn D

Mặt cầu tâm I đi qua A⇒IA=R⇔R=1−22+2−32+3−42=3

⇒S:x−22+y−32+z−42=3

Chọn D

Ta có AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng ABCD nên góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ABCD là góc giữa hai đường thẳng SCvà AC bằng góc SCA^.

Xét tam giác ADC vuông tại D có AC=AD2+DC2=2a2+a2=a3.

Xét tam giác SAC vuông tại A có tanSCA^=SAAC=aa3=13, suy ra góc SCA^=300.

Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ABCD bằng 300.

Chọn D

Vì 3−2.3+2=1⇔3+2=13+2nên

3−2x>3+2⇔3−2x>13−2⇔3−2x>3−2−1.

Mặt khác 0<3−2<1 ⇒x<−1. Vậy đáp án A là chính xác.

Chọn C

Mặt phẳng cần tìm đi qua M(1;0;2)và có véc tơ pháp tuyến là

n→=(1;2;−1)⇒1(x−1)+2(y−0)−(z−2)=0⇒x+2y−z+1=0.

Chọn C

Ta có: f'x=x−1x2−4x3−1 có nghiệm: x=−2 (nghiệm đơn), x=2 (nghiệm đơn), x=1 (nghiệm kép)

⇒ Hàm số fx có 2 điểm cực trị.

Chọn D

Mặt cầu có tâm I2; 4; −3 và tiếp xúc với mặt phẳng Oxznên bán kính của mặt cầu là: R=dI, Oxz=yI=4.

Chọn C

Ta có P=logab2x=1logxab2=1logxa−logxb2=1logxa−2logxb

Từlogax=2,logbx=3⇒logxa=12logxb=13,

VậyP=logab2x=1logxab2=1logxa−logxb2=1logxa−2logxb=112−2.13=−6.

Chọn C

Ta có: Tập xác định D=−2;2.

x=−3∉D=−2;2 nên đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận đứng.

Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang do xkhông thể tiến tới ±∞

Chọn D

Từ đồ thị có x1 là nghiệm của phương trình logbx=3 nên logbx1=3⇔x1=b3.

Từ đồ thị có x2 là nghiệm của phương trình logax=3 nên logax2=3⇔x2=a3.

Do x2=2x1⇒a3=2.b3⇔ab3=2⇔ab=23. Vậy ab=23.

Chọn C

Mặt phẳng x+z−5=0,x−2y−z+3=0 có VTPT lần lượt là n1→1;0;1,n2→1;−2;−1

Đường thẳng Δ là giao của hai mặt phẳng x+z−5=0 và x−2y−z+3=0 có 1 VTCP là:

u→=12n1→;n2→=1;1;−1

Chọn B

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết về đường thẳng song song với mặt phẳng: Cho hai điểm M,N∈Δ và mặt phẳng P//Δ. Khi đó dM,P=dΔ,P=dN,P

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB suy ra SH⊥ABCD

Ta thấy: BC//AD⊂SAD⇒BC//SAD

⇒dC,SAD=dB,SAD=2dH,SAD

(vì H là trung điểm của AB)

Gọi K là hình chiếu của H lên SA⇒HK⊥SA

Lại có AD⊥ABAD⊥SH⇒AD⊥SAB⇒AD⊥HK

Từ hai điều trên suy ra HK⊥SAD⇒dH,SAD=HK

Tam giác SAB đều cạnh a nên SH=a32,HA=a2⇒HK=HA.HSSA=a2.a32a=a34

⇒dC,SAD=2dH,SAD=2.a34=a32

Đáp án A

S có tâm I−1;−2;3, bán kính R=−12+−22+32+m−4=m+10

dI;P=2−1−2−2+3+122+−22+12=2

R2=d2+r2⇔m+10=9+4⇔m=3.

Chọn B

Ta có: y'=x2−2mx+m2−4; y''=2x−2m.

Hàm số đạt cực đại tại x=3⇔y'3=0y''3<0⇔y'3=0y''3<0⇔m2−6m+5=06−2m<0⇔m=5

Chọn D

Theo đề bài, ta có: v't=atv2=17⇒vt=∫atdt=∫6tdt=3t2+Cv2=17⇒12+C=17⇔C=5

⇒vt=3t2+5

Quãng đường vật đó đi được trong khoảng thời gian tử thời điểm t=4 giây đến thời điểm t=10 giây là:

S=∫410vtdt=∫4103t2+5dt=t3+5t104=1050−84=966m.

Chọn A

Ta có f−x=xex'=ex+xex, ∀x∈−∞;+∞.

Do đó f−x=e−−x−−xe−−x, ∀x∈−∞;+∞.

Suy ra fx=e−x1−x, ∀x∈−∞;+∞.

Nên f'x=e−x1−x'=e−xx−2⇒f'xex=e−xx−2.ex=x−2.

Bởi vậy Fx=∫x−2dx=12x−22+C.

Từ đó F0=120−22+C=C+2; F0=1⇒C=−1.

Vậy Fx=12x−22−1⇒F−1=12−1−22−1=72.

Đáp án D

Để hàm số có 2 tiệm cận ngang thì phải tồn tại limx→+∞y≠limx→−∞y

Ta có limx→+∞y=limx→+∞3x+2018mx2+5x+6=limx→+∞3+2018xm+5x+6x2=3m tồn tại khi m>0.

limx→−∞y=limx→−∞3x+2018mx2+5x+6=limx→−∞3+2018xm+5x+6x2=−3m tồn tại khi m>0.

Khi đó hiển nhiên limx→+∞y≠limx→−∞y. Vậy m>0.

Chọn D

Ta có OA=z,OB=1+iz=2z,AB=1+iz−z=iz=z.

Suy ra ΔOABvuông cân tại A OA=AB;OA2+AB2=OB2

Ta có: SΔOAB=12OA.AB=12z2=8⇔z=4.

Chọn C

TXĐ: D=ℝ. Ta có y'=3x2+6x+m

Do a=3>0 nên để hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3 thì y'=0 có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn: x2−x1=3

⇔Δ'>0x2−x1=3⇔9−3m>0x2−x12=9⇔m<3x1+x22−4x1x2=9⇔m<3−22−4.m3=9⇔m<3m=−154⇔m=−154

Chọn D

Đặt t=3x, tx là hàm đồng biến trên ℝ, limx→+∞t=+∞⇒ với x∈1; +∞, thì t∈3; +∞.

Ta có: 1⇔t2+m−1t+m>02

Để 1 có nghiệm đúng ∀x≥1 thì 2 có nghiệm đúng ∀t≥3

⇔t2+m−1t+m>0  ∀t≥3⇔t2−t>−mt+1∀t≥3⇔t2−tt+1>−m∀t≥33

Xét hàm số ft=t2−tt+1 có f't=2t−1t+1−t2−tt+12=2t2+t−1−t2+tt+12=t2+2t−1t+12

Với t≥3, t2+2t−1≥32+2.3−1>0 nên f't>0∀t∈3; +∞⇒min3; +∞ft=f3=64=32

Do đó 3⇔−m<min3; +∞ft=32⇔m>−32.

Chọn C

Gọi R là bán kính của khối cầu. Khi đó thể tích nước tràn ra ngoài là thể tích của một nửa khối cầu nên 12.43πR3=543π⇔R=33.

Do đó chiều cao của thùng nước là h=23.2R=43.

Cắt thùng nước bởi thiết diện qua trục ta được hình thang cân ABCD với AB=3CD. Gọi O là giao điểm của ADvà BC thì tam giác OAB cân tại .

Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB và I là giao điểm của OH và CD →I là trung điểm của DC nên DI=13AH.

Ta có OIOH=DIAH=13 →OH=32HI=63

Gọi K là hình chiếu của H trên OA thì HK=R=33

Tam giác OHA vuông tại H có đường cao HK nên

1HK2=1HO2+1AH2→1AH2=1HK2−1HO2=136→AH=6→DI=2

Thể tích thùng đầy nước là hπAH2+DI2+AH.DI3=43π62+22+6.23=2083π3

Do đó thể tích nước còn lại là2083π3−543π=463π3dm3.

Chọn B

Gọi z=x+iy với x,y∈ℝ ta có hệ phương trình z−2=zz+1z¯−i∈ℝ⇔x−22+y2=x2+y2x+1+iyx−iy−i∈ℝ⇔x−22+y2=x2+y2x+1+iyx−iy−i∈ℝ⇔x=1−x−1y+1+xy=0⇔x=1y=−2

Chọn D

Với f(x)+f(−x)=2cos2x, ∀x∈ℝ ⇒∫−π2π2f(x)+f(−x)dx=∫−π2π22cos2xdx⇔∫−π2π2fxdx+∫−π2π2f−xdx=∫−π2π22cos2xdx (*)

Tính I=∫−π2π2f−xdx

Đặt t=−x⇒dt=−dx⇒dx=−dt.

Đổi cận: x=π2⇒t=−π2; x=−π2⇒t=π2.

Khi đó I=−∫π2−π2ftdt=∫−π2π2ftdt=∫−π2π2fxdx.

Từ (*), ta được: 2∫−π2π2fxdx=∫−π2π22cos2xdx=sin2x−π2π2=0 ⇒∫−π2π2fxdx=0.

Chọn B

Ta có f'x=0⇔x=mx=0x=n. Khi đó ta có bảng biến thiên

Ta có ∫m0f'xdx<∫0nf'xdx⇔fm−f0<fn−f0⇔fm<fn.

Dựa vào bảng biến thiên để phương trình fx=0 có 4 nghiệm thì f0<0<fm.

Chọn B

Phương pháp:

Công thức tính xác suất của biên cố A là: PA=nAnΩ

Cách giải:

Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử trong 17 phần tử của tập S có nΩ=C173=680 cách chọn.

Gọi A là biến cố: “Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của tập S sao cho tổng của 3 phần tử chia hết cho 3”.

Trong tập hợp S có 5 số chia hết cho 3 là 3;6;9;12;15, có 6 số chia 3 dư 1 là 1;4;7;10;13;16 và có 6 số chia 3 dư 2 là 2;5;8;11;14;17.

Giả sử số được chọn là a,b,c⇒a+b+c chia hết cho 3.

TH1: Cả 3 số a,b,c đều chia hết cho 3 ⇒ Có C53=10 cách chọn.

TH2: Cả 3 số a,b,c chia 3 dư 1 ⇒ Có C63=20 cách chọn.

TH3: Cả 3 số a,b,c chia 3 dư 2 ⇒ Có C63=20 cách chọn.

TH4: Trong 3 số a,b,c có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2 ⇒ Có 5.6.6 = 180 cách chọn.

⇒nA=10+20+20+180=230⇒PA=230680=2368

Chọn A

Ta đếm SNBL và SNBC của phương trình gx=fx.f2x+1 

gx=fx.f2x+1=0⇔fx=0⇔x=−3x=1x=3f2x+1=0⇔2x+1=−32x+1=12x+1=3⇔x=−2x=0x=1

Phương trình gx=fx.f2x+1=0 có 4 NBL là x=−3;−2;0;3 và 1 NBC là x=1

Ta vẽ phác họa đồ thị:

Vậy hàm số gx=fx.f2x+1 có tất cả 5 cực trị

Chọn C

Ta sẽ sử dụng công thức V=16a.b.da,b.sina,b (với a,b chéo nhau).

Đặt SA=xx>0.

Xét tam giác SAB vuông tại A có SA2=SH.SB⇒SHSB=SA2SB2=x2x2+a2.

Mà SKSD=SHSB=HKBD⇒SKSD=HKBD=x2x2+a2⇒HK=x2a2a2+x2

Lại có IHSA=HBSB=SB−SHSB=1−SHSB=1−x2x2+a2=a2x2+a2⇒ IH=a2xa2+x2

Mặt khác ta có AC và HK chéo nhau và HK//ABCD;AC⊂ABCD nên HI=d(KH,AC) và AC⊥HK

Khi đó ⋅VACBR=16AC.KH.HI=16⋅a2⋅x2a2a2+x2⋅a2xa2+x2=a43⋅x3a2+x22

Xét hàm f(x)=x3x2+a22 trên 0;+∞ có f'x=−x6+2a2x4+3a4x2x2+a24

⇒f'x=0⇔−x6+2a2x4+3a4x2=0⇔x2=0Lx2=−a2VNx2=3a2⇔x=a3 (do x>0).

Bảng biến thiên

Suy ra max(0;+∞)fx=a3316 khi x=a3

Vậy thể tích khối tứ diện ACHKlớn nhất bằng Vmax=a3316

Chọn D

Ta có: gx=2fx−1−x2+2x+2020⇔gx=2fx−1−x−12+2021

Xét hàm số kx−1=2fx−1−x−12+2021.

Đặt t=x−1

Xét hàm số: ht=2ft−t2+2021 ⇒h't=2f't−2t.

Kẻ đường y=−x như hình vẽ.

Khi đó: h't>0⇔f't−t>0⇔f't>t⇔t<−11<t<3.

Do đó: k'x−1>0⇔x−1<−11<x−1<3⇔x<02<x<4.

Ta có bảng biến thiên của hàm số kx−1=2fx−1−x−12+2021.

Khi đó, ta có bảng biến thiên của gx=2fx−1−x−12+2021 bằng cách lấy đối xứng qua đường thẳng x=1 như sau:

Chọn B

Ta có VABCDVAB'C'D'=ABAB'⋅ACAC'⋅ADAD'≤ABAB'+ACAC'+ADAD'33=433.

Do đó thể tích của AB'C'D' nhỏ nhất khi và chỉ khi ABAB'=ACAC'=ADAD'=43.

Khi đó AB'→=34AB→⇒B'74;14;74 và B'C'D' // BCD.

Mặt khác BC→,BD→=4;10;−11.

Vậy B'C'D':4x−74+10y−14−11z−74=0⇔16x+40y−44z+39=0.

Chọn D

Ta có logaaxlogbbx=2020

⇔1+logax1+logbx=2020⇔1+logax1+logbalogax=2020

Đặt m=logbat=logax(Do a,b>1⇒m>0).

Suy ra: 1+t1+mt=2020⇔mt2+m+1t−2019=0​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​            *

Xét Δ=m+12+4.2019.m  >0 ⇒m>0.

Vậy phương trình * luôn có 2 nghiệm phân biệt t1,t2.

Theo Vi-et ta có: t1+t2=−m+1m⇒logax1+logax2=−logba+1logba

⇒logax1x2=−1+logab=−logaab⇒x1x2=1ab

Do đó P=6x1x2+a+b+314a+4b

⇔P =6ab+a+b+314a+4b

⇔P =6ab+23a+14b+13a+34a+3b4+12b

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các bộ số ta được: P≥3+1+6=10.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=32;b=4. Vậy a+b=112.