35 đề minh họa THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 có lời giải (Đề 9)

Chọn A

Áp dụng quy tắc cộng:

Số cách chọn ra một cái áo là 5+4 = 9.

Ta có x2−x4+x5=10x3−x5+x6=20⇔x21−q2+q3=10x2q1−q2+q3⇔x2=2q=2. 

Suy ra x1=x2q=1.  Vậy phương án đúng là A.

y'=2x3−6x . Dùng MTCT chức năng giải BPT bậc ba dạng “< 0”. Chọn C

Chọn C

Ta có y’ = 4x3 – 6x, y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên đồ thị có 3 cực trị.

Chọn B.

Hàm số có 1 cực trị  ⇔a.b≥0⇔−2m+3≥0⇔m≤−3

Theo định nghĩa về tiệm cận, ta có:

 limx→+∞fx=0  →  y=0  là TCN.

 limx→0+fx=+∞  →  x=0 là TCĐ.

Chọn B.

Hình dáng đồ thị thể hiện a>0 . Loại đáp án A, D.

Thấy đồ thị cắt trục hoành tại điểm x=−1  nên thay x=−1y=0  vào hai đáp án B và C, chỉ có B thỏa mãn.

Chọn B.

Dựa vào BBT và các phương án lựa chọn, ta thấy

Đây là dạng hàm phân thức hữu tỉ, có tiệm cận đứng là x=−1 . Loại A và B.

Do đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=−2 . Chọn C.

Cơ số của lôgarit phải là số dương khác 1 . Do đó (I) sai.

Rõ ràng (II) đúng theo lý thuyết SGK.

Ta có lnA+lnB=lnA.B  với mọi A>0, B>0 . Do đó (III) sai.

Ta có logab.logbc.logca=1  với mọi 0<a, b, c≠1 . Do đó (IV) sai.

Vậy chỉ có mệnh đề (II) đúng.

Chọn A.

Hàm số xác định ⇔x−1>02−x>0⇔x>1x<2⇔1<x<2 .

Chọn B.

Ta có P=logaa.a.a1213=logaa32=32logaa=32 .

Chọn B.

Cách trắc nghiệm: Chọn a=2và bấm máy.

Ta có 234x=322x−6⇔234x=236−2x⇔4x=6−2x⇔x=1.  Chọn A.

Phương trình ⇔x2−4=6−3xxlog32⇔x−2x+2+3xlog32=0

⇔x=1 hoặc x=3  

Chọn A.

Cách 2. CALC với các giá trị của đáp án xem giá trị nào là nghiệm.

Nhập vào máy tính phương trình:

CALC tại X=1ta được 0

CALC tại X=3ta được 0

Ta có:

.∫x3−x2+2xdx=14x4−13x3+43x3+C

Đáp án đúng là A.

Đặt : u=ln4−x24+x2dv=x3dx⇒du=16xx4−16v=x44−4=x4−164

⇒∫x4ln4−x24+x2dx=x4−164ln4−x24+x2−∫4xdx=x4−164ln4−x24+x2−2x2+C

Vậy đáp án đúng là đáp án B.

Cách 1:I=∫122x.dx=2.∫12x.dx=2.x2212=3 .

Cách 2: Kiểm tra bằng máy tính, dễ dàng thu được kết quả như cách 1.

Đáp án đúng là C.

Giá trị của tích phân I=∫01xx+1dx=a. Biểu thức P=2a−1  có giá trị là:

Ta có: I=∫01xx+1dx=∫011−1x+1dx=x−lnx+101=1−ln2⇒a=1−ln2⇒P=2a−1=1−2ln2

Chọn C

 w=2i−3z¯=2i−3−1−3i=11i+3

Chọn D

Theo bài ra ta có:

 z=i3i+1=−3+i⇒z¯=−3−i

Đáp án D.

Ta có:  z=2+ii=1−2i

Chọn D

Diện tích hình vuông ABCD  là SABCD=a2 .

Chiều cao khối chóp là  SA=a2.

Vậy thể tích khối chóp VS.ABCD=13SABCD.SA=a323.

Chọn D.

Do AB, AC  và AD  đôi một vuông góc với nhau nên

VABCD=16AB.AC.AD=16.6a.7a.4a=28a3.  

Dễ thấy SΔMNP=14SΔBCD .

Suy ra VAMNP=14VABCD=7a3 .

Chọn D.

Theo giả thiết, ta có

        OA=a2   và OSA^=300 .

Suy ra độ dài đường sinh:

     l=SA=OAsin300=2a2.

Vậy diện tích xung quanh bằng:

      Sxq=πRl=4πa2  (đvdt). 

Chọn A.

Do thiết diện đi qua trục hình trụ nên ta có h=a .

Bán kính đáy R=a2.  Do đó thể tích khối trụ V=R2π.h=πa34  (đvtt). Chọn D.

Ta có:

B là điểm đối xứng với A qua P  nên:

AB=2.dA,P=2.1+2.2−2.1−112+22+−22=2.23=43

Vậy đáp án đúng là B.

Theo lý thuyết SGK về phương trình mặt cầu, ta chọn D.

Cách 1: Trung điểm AB là:

 M2+42;−3−12;−1+22⇒M3;−2;12

Phương trình mặt phẳng trung trực AB nhận AB→=2;2;3  là vecto pháp tuyến và đi qua điểm M nên nó có dạng:

2x−3+2y+2+3z−12=0⇔4x+4y+6z−7=0

Vậy đáp án đúng là A.

Cách 2:  loại C; D.

Thay tọa độ điểm I vào đáp án (I là trung điểm của AB) ta chọn A.

Đặt fx;y;z=x−2y+z−5 .

Với phương án A: Ta có  f2;−1;5=2−2−1+5−5=4≠0

 nên điểm Q2;−1;5  không thuộc mặt phẳng P .

Với phương án B: f0;0;−5=0.−2.0+−5−5=−10≠0

 nên điểmP0;0;−5 không thuộc mặt phẳng P .

Với phương án C: f−5;0;0=−5−2.0+0−5=−10≠0

 nên điểm N−5;0;0  không thuộc mặt phẳng P .

Với phương án D: f1;1;6=1−2.1+6−5=0  nên điểm M1;1;6  nằm trên mặt phẳng P .

Đáp án D

Gọi A  là biến cố: “Có ít nhất một con xúc sắc xuất hiện mặt một chấm”.

Do mỗi xúc sắc có thể xảy ra 6  trường hợp nên số kết quả có thể xảy ra là .

Tìm số kết quả thuận lợi cho A .

Ta có các trường hợp sau:

.

Đáp án A.

Chọn A.

Ta có y'=−3x−12<0;∀x≠1 .

Vì 1∈0;+∞  nên đáp án A sai.

Xét trên 0;1  ta thấy đồ thị đi xuống (từ trái sang phải) nên hàm số nghịch biến. Do đó (I) đúng

Xét trên −1;2  ta thấy đồ thị đi lên, rồi đi xuống, rồi đi lên. Do đó (II) sai.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy có ba điểm cực trị. Do đó (III) đúng.

Hàm số không có giá trị lớn nhất trên ℝ . Do đó (IV) sai.

Vậy có 2  mệnh đề đúng.

Chọn B.

Bất phương trình  ⇔3x−1>23⇔3x>9⇔x>3.

Chọn A.

 Đặt  t=π−x⇒dt=−dx. 

x=0⇒t=π, x=π⇒t=0

I=−∫π0(π−t)f(π−t)dt

=∫0π(π−t)f(t)dt

=π∫0πf(x)dx−∫0πxf(x)dx

⇒I=π.π2−I⇒I=π24.

Chọn D.

Ta có:  1+3iz+2i=−4⇔z=−4−2i1+3i=−1+i

Đáp án D.

 Đáp án A: Đúng

 Đáp án B: Sai, do phát biểu này thiếu yếu tố cắt nhau.

 Đáp án C: Sai, vì mặt phẳng đó chưa chắc đã tồn tại.

 Đáp án D: Sai, do phát biểu này thiếu yếu tố vuông góc.

Chọn đáp án A.

Chọn C.

Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song chỉ đúng khi ba đường thẳng đó đồng phẳng.

Phương trình của  S':S+mP=0,  m≠0

S':x2+y2+z2+4x−2y+6z−2+m3x+2y+6z+1=0

S' qua M1,−2,1⇒6m+18=0⇔m=−3

⇒S':x2+y2+z2−5x−8y−12z−5=0

 Chọn D

 P vuông góc với d nên:

   nP→=ud→=2;1;−1⇒P:2x−1+1y−2−z=0⇔P:2x+y−z−4=0

Vậy đáp án đúng là D.

Ta có y'=−6x2+6x; y'=0⇔x=0⇒y=1x=1⇒y=2.

Suy ra đồ thị hàm số đã hai điểm cực trị là A0;1  và  B1;2 .

Khi đó, đường thẳng đi qua hai điểm cực trị chính là đường thẳng AB  có phương trình  y=x+1.

Chọn B.

Để bất phương trình đúng với mọi x  khi và chỉ khi:

● Bất phương trình xác định với mọi  x⇔mx2+4x+m>0, ∀x∈ℝ

⇔m>0Δ'<0⇔m>04−m2<0⇔m>2.      1                            

● Bất phương trình nghiệm đúng với mọi x⇔log5x2+5≥logmx2+4x+m, ∀x∈ℝ

⇔5x2+5≥mx2+4x+m, ∀x∈ℝ⇔5−mx2−4x+5−m≥0, ∀x∈ℝ

⇔5−m>0Δ'≤0⇔m<5−m2+10m−21≤0⇔m≤3.     

Từ   1 và 2 , ta được  Chọn B.

Đặt u=lnxdv=2x−1dx⇒du=1xdxv=x2−x

∫122x−1lnxdx=x2−xlnx12−∫12x2−xxdx=2ln2−x22−x12=2ln2−12

 nên a=2 ,b=−12.

Vậy =32 .

Chọn D

Ta có  z1+z22+z1−z22=2z12+2z22

⇒P=2z12+2z22−2z1−z22=4z1z2.

Theo định lý Viet ta có  z1z2=ca⇒P=4z1z2=4ca

Vì A'O⊥ABCD  nên

450=AA',ABCD^=AA',AO^=A'AO^

Đường chéo hình chữ nhật

AC=AB2+AD2=2a⇒AO=AC2=a

Suy ra tam giác A'OA  vuông cân tại O  nên

A'O=AO=a

Diện tích hình chữ nhật SABCD=AB.AD=a23  .

Vậy VABCD.A'B'C'D'=SABCD.A'O=a33.Chọn D. 

Chọn hệ trục tọa độOxy sao cho B≡O, AB≡Ox, BC≡Oy, 

Bài toán trở thành: Tính thể tích của vật thể tròn xoay khi cho hình phẳng  giới hạn bởi: y=x; y=8-x; x=0; x=2 quay quanh trục Ox

V=π∫02x2-(8-2)2dx=π∫0216x-64dx= 96π

Cách khác:

Gọi I  là trung điểm AB .

Gọi V1  là thể tích khối nón cụt tạo bởi CFIB  quay quanh AB,

V1 có chiều cao là 2  , bán kính đáy là r=6 và R=8. V1=13π.2(62+6.8+82)=2963π

Gọi V2  là thể tích khối nón tạo bởi BEI  quay quanh AB ,

V2 có chiều cao là 2  và bán kính đáy là 2

⇒V2=83π.

Ta có thể tích cần tính V=V1+V2=96π

A∈(d1)⇒A(a;4-a;-1+2a)B∈(d2)⇒B(2b; 2+b;b)C∈(d3)⇒C(-1+5c;1+2c;-1+c).

Vì B  là trung điểm của AC  nên 2b=a-1+5c22+b=4-a+1+2c2b=-1+2a+1+c2⇒a-4b+5c=1-a-2b+2c=-12a-2b+c=2⇔a=1b=0c=0.

⇒A(1;3;1), B(0;2;0)

(d) đi qua điểm B(0;2;0)  và có VTCP BC→=(1;1;1)  có phương trình x1=y-21=z1 .

Chọn B.

Ta có ; y'=4x3−4m+1x=4xx2−m−1 .

Để hàm số có ba điểm cực trị  có ba nghiệm phân biệt ⇔m+1>0⇔m>−1 .

Suy ra tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

                            A0;m2, Bm+1;−2m−1  và C−m+1;−2m−1 .

Khi đó AB→=m+1;−2m−1−m2  và AC→=−m+1;−2m−1−m2 .

Ycbt ⇔AB→.AC→=0⇔−m+1+m+14=0⇔m=−1(loại)m=0( thỏa mãn).

 Chọn B.

Cách áp dụng công thức giải nhanh: Điều kiện để có ba cực trị ab<0⇔m>−1.

Ycbt →8a+b3=0⇔8.1+−2m+13=0⇔m=0.

Ta có m.2x2−5x+6+21−x2=2.26−5x+m⇔m.2x2−5x+6+21−x2=27−5x+m

⇔m2x2−5x+6−1+21−x21−2x2−5x+6=0⇔2x2−5x+6−1m−21−x2=0.

⇔2x2−5x+6−1=021−x2=m⇔x=2x=321−x2=m *.

Yêu cầu bài toán tương đương với

= TH1: Phương trình *  có nghiệm duy nhất x=0 , suy ra  m=2.

= TH2: Phương trình *  có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm là 2  và nghiệm còn lại khác 3→m=2−3.

= TH3: Phương trình *  có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm là 3  và nghiệm còn lại khác 2→m=2−8.

Vậy có tất cả ba giá trị m  thỏa mãn.

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm: 3x2=4-x2  , Đk: -2≤x≤2

⇔3x4+x2-4=0⇔x2=1⇔x=±1.

Hình (H)  giới hạn bởi: (P): y=3x2(C): y=4-X6x=-1; x=1   có diện tích là:

S=∫-11(4-x2-3x2)dx=∫-114-x2dx-∫-113x2dx.

* Ta có: I2=33x3=233 .

* Xét I1=∫-114-x2dx :Đặt x=2sint,t∈-ππ; π2; dx=2costdt  .

Khi x=-1⇒t=-π6  và x=1⇒t=π6 .

Ta có: I1=∫-π6π64(1-sin2x)2costdt=4∫-π6π6cos2tdt  (Do cost≥0  khi t∈-π2; π2 )

  =2∫-π6π6(1+cos2t)dt=2t+12sin2t=2(π3+32).

Vậy S=2(π3+32)-233=2π+33 .

Chọn D.

Hai nghiệm của phương trình z2+2bz+c=0  là hai số phức liên hợp với nhau nên hai điểm A, B sẽ đối xứng nhau qua trục Ox.

Do đó, tam giác OAB cân tại O.

Vậy tam giác OAB vuông tại O.

Để ba điểm O, A, B tạo thành tam giác thì hai điểm A, B không nằm trên trục tung, trục hoành. Tức là nếu đặt z=x+yi,x,y∈ℝ  thì x≠0y≠0*

Để phương trình z2+2bz+c=0  có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện *  thì b2−c<0 .

 z2+2bz+c=0⇔z+b2+c−b2=0

 ⇔z+b2=b2−c⇔z=−b±ic−b2

Đặt A−b;c−b2  và  B−b;−c−b2

Theo đề ta có:

 OA→.OB→=0⇔b2−c+b2=0⇔2b2=c

Đáp án B.

Phương trình (OCB)  là: x-z=0 .

Phương trình (ABC)  là: 5x+3y+4z-15=0 .

Gọi (α)  là mặt phẳng qua B  , C  và tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC  .

Suy ra (α)  là mặt phẳng phân giác của hai mặt phẳng (OBC)  và (ABC).

(α):x-z2=5x+3y+4z-1550⇔3y-8z-15=0   (1)10x+3y-z-15=0  (2).

Phương trình (1)  bị loại do O  và A  phải nằm khác phía đối với (α) . Vì vậy ta chọn phương trình (2) . Do đó, (α)  có một VTPT là n→=(10;3;-1)=(10;a;b) .

Vậy:a+b=2 .

Chọn B.