Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 11)

Đáp án B

Tập xác định của hàm số y=f(x) là D=−∞;−2∪−2;+∞.

* limx→−∞f(x)=2⇒y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=f(x) khi x→−∞ 

* limx→−2+f(x)=−∞⇒x=−2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=f(x) khi x→−2+.

Vậy đồ thị hàm số y=f(x) có 1 tiệm cận đứng và 1 tiệm cận ngang

Đáp án B

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -1 nên loại hai đáp án A và D,

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1; 0) nên loại đáp án C. Do đó, đáp án chính xác là B

Đáp án C

Ta có: P=a3−13+1a4−5.a5−2=a(3−1)(3+1)a4−5+5−2=a2a2=1.

Trắc nghiệm.

Nhập vào máy tính 

Sau đó bấm CALC thay một giá trị bất kì thỏa mãn a > 0 và  và các đáp án phải khác nhau. Ta chọn A = 3. Khi đó ta có kết quả.

Đáp án D

Hàm số xác định khi x2−2x−3>0⇔x<−1x>3

Vậy tập xác định của hàm số là D=−∞;−1∪(3;+∞).

Đáp án A

∫dxsin2x+π3=∫dx+π3sin2x+π3=−cotx+π3+C

Đáp án A

+) Hàm số y=x3−x2 thỏa mãn ∫−10f(x)dx=∫01f(x)dx và ∫−11f(x)dx=0, nhưng nó là hàm lẻ trên [-1; 1].

+) Hàm số y=x2−13 thỏa mãn ∫−11f(x)dx=0, nhưng nó làm hàm chẵn trên [-1; 1].

+) Còn khi f(x) là hàm chẵn trên ℝ thì f(x)=f(−x) với mọi x∈ℝ.

Đặt t=−x⇒dt=−dx và suy ra

∫01f(x)dx=−∫01f(x)−1dx=−∫01f(x)d(−x)=−∫01f(−x)d(−x)=−∫0−1f(t)dt=∫−10f(t)dt.

Đáp án A

Ta có u1+u3=8u4=10⇔u1+u1+2d=8u1+3d=10⇔2u1+2d=8u1+3d=10⇔u1=1d=3.

Vậy công sai của cấp số cộng là d = 3

Đáp án C

Ta có: AD⊥ABAD⊥SB⇒AD⊥SAB⇒AD⊥SA⇒SAB^=60°

Và SABCD=4a2

Xét tam giác SAB vuông tại B, ta có SB=ABtan60°=2a3

Vậy V=134a2.2a3=8a333.

Đáp án D

(2+3i)z+4−3i=13+4i⇔2+3iz=9+7i⇔z=9+7i2+3i

⇔z=(9+7i)(2−3i)4+9⇔z=39−13i13⇔z=3−i.

Vậy z=9+1=10.

Đáp án B

limx→−∞5x2+2x+5x=limx→−∞2x5x2+2x−5x=limx→−∞2−5+2x−5=−55.

Vậy a=−15,b=0⇒S=5a+b=−1.

Đáp án A

Hình trụ có bán kính đáy r=22.R

Suy ra diện tích xung quanh Sxq=2π.r.h=2πR22R2=2πR2.

Đáp án B

(S):(x−1)2+(y+2)2+(z−5)2=9 thì (S) có tâm là I(1; -2; 5).

Đáp án D

Ta có u→,v→=(−2;m+2;m+6),u→,v→.w→=3m+8

u→,v→,w→ đồng phẳng ⇔u→,v→.w→=0⇔m=−83.

Đáp án C

d có VTCP u→(2;1;4) và đi qua M(1; 7; 3); d’ có VTCP u'→(3;−2;1) và đi qua M'→(6;−1;−2).

Từ đó ta có MM'→(5;−8;−5) và u→;u'→=(9;10;−7)≠0→.

Lại có u→,u'→.MM'→=0. Suy ra d cắt d’.

Đáp án B

Hàm số y=x33+2x2+3x−4 xác định trên đoạn [-4; 0].

Ta có y'=x2+4x+3

y'=0⇔x2+4x+3=0⇔x=−1∈−4;0x=−3∈−4;0

Do đó y(−4)=−163;y(0)=−4;y(−1)=−163 và y(−3)=−4.

Đáp án C

Thay từng giá trị của tham số rồi kiểm tra yêu cầu của bài toán bằng cách khảo sát hàm số thu được. Ta thấy m = 1 thỏa mãn

Đáp án A

9x−5.3x+6=0(1)

(1)⇔(32)x−5.3x+6=0⇔(3x)2−5.3x+6=0(1')

Đặt t=3x>0. Khi đó (1')⇔t2−5t+6=0⇔t=2(N)t=3(N)

Với t=3⇒3x=3⇔x=log33=1

Suy ra 1+log32=log33+log32=log36.

Đáp án A

Lấy mốc thời gian là lúc bắt đầu đạp phanh. Giả sử t0 là thời điểm tàu dừng hẳn.

Khi đó v(t0)=0⇔200−20t0=0⇔t0=10(s).

Như vậy từ lúc đạp phanh đến lúc tàu dừng hẳn là 10 (s).

Quãng đường tàu di chuyển được trong khoảng thời gian 10 (s) là S=∫010(200−20t)dt=1000(m)

Đáp án B

Hoành độ của điểm D bằng 3; tung độ điểm D bằng 2, suy ra z = 3 +2i

Đáp án A

Ta có MN là đường trung bình của tam giác SAD

Suy ra MN song song với AD và MN=12AD⇒MN//BCMN=BC

Do đó BCNM là hình bình hành. Mặt khác CB⊥BM nên

BCNM là hình chữ nhật ⇒SBCNM=2SΔBCM⇒VS.BCNM=2VS.BCM

VS.BCM=13BC.SΔSCM=16BC.SΔSAB=16.a.12.2a.a=a36.

Vậy ta chọn đáp án A

Đáp án A

Khi quay tam giác ABC quanh trục AD được khối nón có thể tích là

N=13π.r2.h=13π.HC2.AH=13π.a22.a32=a3π324.

Khi quay đường tròn tâm O quanh trục AD được khối cầu có thể tích là V=43π.R3=43π.AO3=43π.a333=43πa327.

Thể tích khối tròn xoay cần tìm: V−N=233πa3216.

Đáp án C

+) AB→=(−1;1;0).

+) Trung điểm I của đoạn AB là I−32;12;1.

Mặt phẳng trung trực của đoạn AB là −x+32+y−12=0 hay x−y+2=0.

Đáp án D

Ta có SC,(ABCD)=(SC,OC)=SCO^

Xét tam giác vuông SCO: cosSCO^=OCSC=23 ⇒SCO^≈61°52'

Đáp án B

Ta có: x+2x30=∑k=030C30k(x)30−k2xk=∑k=030C30k(2)kx60−3k2.

Số hạng không chứa x tương ứng 60−3k2=0⇔k=20.

Vậy số hạng không chứa x là: 220.C3020=220.C3010

Đáp án C

Ta có phương trình hoành độ giao điểm

x3+x+2=−2x+2⇔x3+3x=0⇔x(x2+3)=0⇔x=0.

Suy ra tọa độ giao điểm là (0; 2).

Đáp án D

Vì y=−x+1x+1⇒y'=−2(x+1)2<0,∀x≠−1 suy ra hàm số giảm trên [0; 1].

Suy ra min[0;1]y=y(1)=0.

Đáp án A

2.3x−2x+23x−2x≤1⇔2.32x−432x−1≤1⇔2.32x−432x−1−1≤0

⇔32x−332x−1≤0⇔1<32x≤3⇔0<x≤log323.

⇒x∈{1;2} vậy có 2 nghiệm nguyên

Đáp án A

Phương trình có Δ=−8<0, nên phương trình có 2 nghiệm phức là z1=1+2i2;z2=1−2i2.Ta có z1+z2=2,z1−z2=4i2

Do đó z1+z2+z1−z2=2+42.

Đáp án A

Đồ thì hình 2 có được bằng cách lấy đối xứng phần đồ thị phía bên phải trục tung của hình 1 qua trục tung

Đáp án A

Ta xem đây là bài toán lãi kép với công thức T=M(1+r)n.

Với M = 2, r = 79,44% và n = 5 nên T=2.(1+79,44%)5≈37 con.

Đáp án C

Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) nên hình chiếu của I lên mặt phẳng (Oxy) là H(1; 2; 0)

Suy ra IH = 3.

Bán kính của đường tròn (C) là r=R2−IH2=25−9=4

Diện tích của hình tròn là S=16π.

Đáp án C

Ta có: 

(SAB)⊥(ABCD)AB=(SAB)∩(ABCD)BC⊥AB⇒BC⊥(SAB) (1)

Trong mặt phẳng (SAB), dựng BK⊥SA tại K (2).

Từ (1), (2) suy ra: BK là đoạn vuông góc chung của SA và BC. Vậy d(SA,BC)=BK=a32.

Đáp án A

Do 1+x+1≠0 với ∀x∈[−1;+∞) nên đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận đứng khi và chỉ khi phương trình x2−mx−3m=0(*) có 2 nghiệm phân biệt thuộc D=[−1;+∞).

Trên D ta có: (*)⇔x2x+3=m. Ta lập bảng biến thiên của hàm số y=f(x)=x2x+3 trên D y'=x2+6x(x+3)2=0⇔x=−6(L)x=0

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt thuộc D=[−1;+∞) khi và chỉ khi m∈0;12.m∈0;12.

Ghi chú: Ta có thể chọn vài giá trị của m để thử và loại bớt đáp án. Thí dụ chọn m = 0 thì đồ thị chỉ có 1 tiệm đứng x = 0, loại D. Chọn m = 1 thì đồ thị chỉ có 1 tiệm cận đứng x=1+132, loại B, C

Đáp án B

Ta có f'(x)=3ax2+2bx+c.

Vì đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị A(-1; 1), B(1; 3) nên:

f(−1)=1f(1)=3f'(−1)=0f'(1)=0⇔−a+b−c+d=1a+b+c+d=33a−2b+c=03a+2b+c=0⇔a=−12b=0c=32d=2⇒f(x)=−12x3+32x+2. Vậy f(4)=−24.

Đáp án D

Gọi A(0; t) với t > 0. Suy ra M(logat;t)N(logbt;t).

Theo giả thiết AN = 2AM nên suy ra logbt=2logat

Do M, N khác phía với Oy

⇒logbt=−2logat⇔b=1a.

Đáp án C

Xét hình nằm ở góc phần tư thứ nhất.

Khi đó ta viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm a2;a2 và 0;a4 là y=x2+a4.

Và viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm a2;a2 và a4;0 là y=2x−a2.

Gọi V là thể tích khối tròn xoay cần tính.

Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng được tô màu trong hình bên (chỉ xét ở góc phần tư thứ nhất) quanh trục hoành. Khi đó V=2V1.

Ta có V1=π∫0a2x2+a42dx−π∫a4a22x−a22dx=5πa396

Suy ra thể tích cần tính V=2V1=5πa348.

Đáp án B

z−iz=1+i+...+i17−18i18=1.1−i181−i−18i18=2+i⇒z=2+i1−i=12+32i.

Đáp án B

Hình trụ nội tiếp trong mặt cầu có tâm đáy là E, có bán kính EA = r (0 < r < R), đường cao KE = 2EI.

Xét tam giác vuông IEA có IE=IA2−EA2=R2−r2

Thể tích của khối trụ là V=h.πr2=2IE.πr2=2πr2.R2−r2

Xét hàm số y=r2.R2−r2 với (0 < r < R)

Có y'=2r.R2−r2+r2.−2r2R2−r2=2r.R2−r2−r3R2−r2=2rR2−3r3R2−r2

y'=0⇔2rR2−3r3=0⇔r(2R2−3r2)=0⇔r=63R.

Bảng biến thiên

Nhìn Bảng biến thiên ta thấy ⇔y≥y63R⇒ymax=y63R.

Dấu bằng xảy ra ⇔r=63R. Vậy thể tích hình trụ lớn nhất ⇔ymax⇔r=63R.

Đáp án B

Mặt phẳng (P) có VTPT np→=(1;−2;3).

Điểm M∈d1→M(1+m;−m;−1+2m)N∈d2→N(1+2n;3+n;−1+n)→MN→=(2n−m;n+m+3;n−2m)

là vectơ vuông góc với VTPT của (α).

α//(P)⇔np→⊥MN→⇔np→.MN→=0⇔(2n−m).1+(n+m+3)(−2)+(n−2m)3=0

⇔n=2+3m.

Ta có: MN=3⇔(2n−m)2+(n+m+3)2+(n−2m)2=3→n=2+3mm=−1⇒M(0;1;−3).

Khi đó α:qua M(0;1;-3)VTPT nα→=(1;−2;3)→α:x−2y+3z+11=0.

Đáp án A

Ta có I=∫0π42+3tanx1+cos2xdx=∫0π42+3tanx2cos2xdx

Đặt u=2+3tanx⇒u2=2+3tanx⇒2udu=3cos2xdx

Đổi cận: x=0⇒u=2.

x=π4⇒u=5.

Khi đó I=13∫25u2du=19u325=559−229. Do đó a=59,b=−29⇒a+b=13.

Đáp án B

Với x∈0;23, ta có 0≤6x−9x2=1−(1−3x)2≤1⇔0≥−46x−9x2≥−4. ⇔3≥3−46x−9x2≥−1. Dựa vào đồ thị đã cho suy ra f(3−46x−9x2)∈[−5;1].

Khi đó phương trình 2.f3−46x−9x2=m−3 có nghiệm

⇔−5≤m−32≤1⇔−7≤m≤5.

Do m∈ℤ nên m∈{−7;−6;−5;−4;−3;−2;−1;0;1;2;3;4;5}, có 13 giá trị của m thỏa mãn đề

Đáp án B

Xét hàm số g(x)=14x4−192x2+30x+m−20 trên đoạn [0; 2].

Ta có g'(x)=x3−19x+30;g'(x)=0⇔x=−5∉[0;2]x=2x=3∉[0;2]

Bảng biến thiên như hình bên

Dựa vào BBT, để max[0;2]g(x)≤20 thì g(0)≥−20g(2)≤20⇔m−20≥−20m+6≤20⇔0≤m≤14

→m∈ℤm∈{0;1;2;...;14}→Tổng các phần tử của S là 105

Đáp án A

Dễ dàng biến đổi được P=1+logab+41+logab.

Do 0 < a < 1 < b và ab > 1 nên suy ra logab<0.

Xét hàm f(t)=1+t+41+t≤max(−∞;0)f(t)=f(−3)=−4.

Đáp án B

Ta có x2.f2(x)+(2x−1).f(x)=x.f'(x)−1

⇔x2.f2(x)+2x.f(x)+1=x.f'(x)+f(x)

⇔[x.f(x)+1]2=[x.f(x)]'⇔[x.f(x)+1]2=[x.f(x)+1]'

⇔[x.f(x)+1]'[x.f(x)+1]2=1

⇔∫[x.f(x)+1]'[x.f(x)+1]2dx=∫dx⇔∫d[x.f(x)+1][x.f(x)+1]2=∫dx⇒−1x.f(x)+1=x+C.

Theo đề bài ta có f(1)=−2 nên C = 0 suy ra f(x)=−1x2−1x.

Nên ∫12f(x)dx=∫12−1x2−1xdx=1x−lnx12=−ln2−12.

Đáp án B

Do A,B∈(P) nên giả sử A(a;a2),B(b;b2) với b > a.

Phương trình đường thẳng AB: x−ab−a=y−a2b2−a2

Hay y=(a+b)x−ab

Ta có AB=2⇔(b−a)2+(b2−a2)2=4⇔(b−a)2[1+(b+a)2]=4

⇔(b−a)2=41+(b+a)2≤4. Suy ra b−a≤2.

Ta có S=∫aba+bx−ab−x2dx=12(a+b)x2−abx−13x3ab

=12(a+b)b2−ab2−13b3−12(a+b)a2−a2b−13a3=16(b−a)3≤86=43.

Dấu “ = ” xảy ra ⇔b−a=2b+a=0⇔a=−1b=1⇒A(−1;1),B(1;1)⇒T=2.

Đáp án C

Giả sử z=a+bi(a;b∈ℝ) và w=x+yi(x;y∈ℝ)

(z−2+i)(z¯−2−i)=25⇔[a−2+(b+1)i][a−2−(b+1)i]=25

⇔(a−2)2+(b+1)2=25(1)

Theo giả thiết w=2z¯−2+3i⇔x+yi=2(a−bi)−2+3i⇔x+yi=2a−2+(3−2b)i

⇒x=2a−2y=3−2b⇔a=x+22b=3−y2(2).

Thay (2) vào (1) ta được

x+22−22+3−y2+12=25⇔(x−2)2+(y−5)2=100.

Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn của số phức w là đường tròn tâm I (2; 5) và bán kính R = 10.

Vậy a.b.c = 100

Đáp án B

Dựng được hình như hình bên.

+ Thấy được thể tích khối cần tính bằng 2 lần thể tích của hình chóp S.ABCD.

+ Nhiệm vụ bây giờ đi tìm thể tích của S.ABCD.

+ ABCD là hình vuông có tâm O đồng thời chính là hình chiếu của S lên mặt đáy.

SO=a2; BD = cạnh của hình lập phương = a. Suy ra các cạnh của hình vuông ABCD =22a.

VS.ABCD=13Sh=13.12.2222a3=a312.

Thể tích của khối 8 mặt đều là V=2.VS.ABCD=a36.

Đáp án A

Phương trình mặt phẳng (ABC) là xa+yb+zc=1.

Vì mặt phẳng (ABC) đi qua điểm M(2; 4; 5) nên ta có 2a+4b+5c=1 và có vectơ pháp tuyến n→=1a;1b;1c.

Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 5.

Ta có IM→=(1;2;2) nên IM = 3 (1)

Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (ABC).

Khi đó giao tuyến của (ABC) với mặt cầu (S) là đường tròn tâm H có chu vi bằng 8π suy ra bán kính r = 4.

Ta có IH=R2−r2=52−42=3(2)

Vì IH⊥(ABC) và M∈(ABC) nên IM≥IH (3)

Từ (1), (2) ta có IM = IH = 3. Do đó (3) phải xảy ra đẳng thức hay M≡H.

Khi đó IM⊥(ABC) nên IM→ là vectơ pháp tuyến của (ABC).

Suy ra n→=kIM→(k≠0)⇔1a=k.1b=2k1c=2k.

Vì 2a+4b+5c=1 nên 2k+8k+10k=1⇔k=120.

Từ đó suy ra a = 20, b = 10, c = 10.

Vậy a + b + c = 40

Đáp án B

Vì ∆ là đường thẳng đi qua điểm A, song song với mặt phẳng (P) →Δ nằm trong mặt phẳng α qua A và song song với mặt phẳng (P).

Nhận thấy A là trung điểm của MN nên d(M,Δ)=d(N,Δ).

Ta có d(M,Δ)=d(N,Δ)≥dM,α.

Dấu “ = “ xảy ra khi ∆ nằm trong mặt phẳng β chứa MN và vuông góc với α.

Mặt phẳng β có vectơ pháp tuyến là nβ→=np→,AM→=(1;2;−1).

Đường thẳng ∆ là giao tuyến của α và β nên nhận u△→=nα→,nβ→=(3;0;3) làm một véc – tơ chỉ phương

Đáp án B

Từ giả thiết f(1)=6→g(1)=4.

Ta có g'(x)=f'(x)−(x+1);g'(x)=0⇔f'(x)=x+1

Ta thấy đường thẳng y=x+1 cắt đồ thị hàm số y=f'(x) tại các điểm có hoành độ -3; 1; 3.

Dựa vào đồ thị, ta có

Vì f'(0)=3;f'(−2)=3 nên ∫−31f'(x)−(x+1)dx>4⇔∫−31g'(x)dx>4⇔g(1)−g(−3)>4→g(−3)<0

Vì vế trái chính là diện tích một hình phẳng mà hình phẳng này chứa một hình vuông có diện tích bằng 4 với độ dài 2 cạnh là 2. ∫13(x+1)−f'(x)dx<4⇔−∫13g'(x)dx<4⇔−g(3)−g(1)<4→g(3)>0

Vì ∫13(x+1)−f'(x)dx<4 chính là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đường cong y=f'(x);y=(x+1); mà hình phẳng này nằm trong một hình thang có diện tích bằng 4 với các thông tin về cạnh hình thang là: đáy lớn bằng 3, đáy nhỏ bằng 1, chiều cao bằng 2. Từ bảng biến thiên suy ra phương trình g(x) = 0 có đúng một nghiệm thuộc [-3; 3].