Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 12)

Đáp án A.

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=0; tiệm cận ngang y=1.

Đáp án D.

Ta có hàm số y=1−x3 có tập xác định là ℝ và y'=−3x2≤0 với ∀x∈ℝ. Do đó hàm số nghịch biến trên ℝ.

Đáp án B.

Ta có 3n2−19n4=34n2−194n=Sn=nu1+n2−n2d=d2n2+u1−d2n

 ⇔d2=34u1−d2=−194⇔u1=−4d=32

Đáp án C

Hình đa diện là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất:

- Hai đa giác bất kì hoặc không có điểm chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có một cạnh chung.

- Mỗi cạnh của đa giác là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Ta thấy có ba hình thỏa mãn hai tính chất trên.

Đáp án B

Ta có Sxq=2πRh=2π.3.4=24πcm2

Đáp án C

Gọi G(x;y;z) là trọng tâm của ΔABC. Khi đó:  x=xA+xB+xC3=1−3+83=2y=yA+yB+yC3=1+0+23=1z=zA+zB+zC3=2+1−63=−1

Vậy G(2;1;-1).

Đáp án B

Ta có: ∫cos6xdx=16∫cos6xd6x=16sin6x+C

Đáp án D

Xét tích phân ∫−20f−xdx=2 

Đặt −x=t⇒dx=−dt.

Đổi cận: khi x=-2 thì t=2; khi x=0 thì t=0

do đó ∫−20f−xdx=−∫20ftdt=∫02ftdt⇒∫02ftdt=2⇒∫02fxdx=2

Đáp án D

Gọi u1→; u2→ lần lượt là vectơ chỉ phương của đường thẳng d1; d2. u1→=1;1;0; u2→=−1;0;1

Áp dụng công thức ta có cosd1,d2=cosu1→,u2→=u1→.u2→u1→.u2→=−11+1.1+1=12 ⇒d1,d2=60°

Đáp án A

Đồ thị hàm số đi qua các điểm (1;0) và (e;1) nên loại đáp án B, D.

Mặt khác với x∈0;1 thì đồ thị nằm dưới trục Ox nên loại đáp án C

Chọn đáp án: D

Đáp án B

Các viên bi lấy ra có đủ cả 2 màu nên ta có các trường hợp:

Vậy có tất cả C61×C53+C62×C52+C63×C51=310 cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án C

Hoành độ của điểm M bằng 2; tung độ điểm M bằng 0 suy ra z=2.

Đáp án A

Do là hàm số nghịch biến nên y=logcx⇒0<c<1. Hàm số y=logax, y=logbx đồng biến ⇒a,b>1. Kẻ đường thẳng y=1 lần lượt cắt các đồ thị y=logax, y=logbx, y=logcx tại a, b, c ta có b>a>c.

Đáp án A

Số nghiệm của phương trình f(x)=x là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=x. Theo bảng biến thiên ta có số nghiệm là 3

Đáp án D

Bán kính đáy r=AC2=a22

Chiều cao h=a

Diện tích xung quanh Sxq=2πrh=2πa22a=π2a2

Đáp án C

Ta có: y=x4+mx2⇒y'=4x3+2mx=2x2x2+m

y'=0⇔2x2x2+m=0⇔x=0x2=−m2

• Nếu m≥0 ta có bảng biến thiên: 

Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x=0.

• Nếu m<0 ta có bảng biến thiên:

Suy ra hàm số đạt cực đại tại x=0.

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x=0 khi m≥0.

Đáp án C

Hàm số có tập xác định là ℝ⇔x2−2x+m>0, ∀x∈ℝ.

Tam thức vế trái có hệ số bậc hai dương nên để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì Δ'<0⇔1−m<0⇔m>1. Vậy m>1

Đáp án D

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 7 hoa từ ba bó hoa gồm 21 hoa.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là Ω=C217=116280

Gọi A là biến cố "7 hoa được chọn có số hoa hồng bằng số hoa ly". Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố A là:

• TH1: Chọn 1 hoa hồng, 1 hoa ly và 5 hoa huệ nên có C81.C71.C65 cách.
• TH2: Chọn 2 hoa hồng, 2 hoa ly và 3 hoa huệ nên có C82.C72.C63 cách.
• TH3: Chọn 3 hoa hồng, 3 hoa ly và 1 hoa huệ nên có C83.C73.C61 cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là ΩC81.C71.C65+C82.C72.C63+C83.C73.C61=23856.

Vậy xác suất cần tính PA=ΩAΩ=23856116280=9944845

Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: x3+11x−6=6x2⇔x=1x=2x=3

Diện tích của hình phẳng là: S=∫12x3−6x2+11x−6dx+∫23x3−6x2+11x−6dx

 =x44−2x3+112x2−6x21+x44−2x3+112x2−6x32=14+14=12

Đáp án A

Điều kiện: x>02x−1>0⇔x>12  

log3x.log32x−1=2log3x⇔log3x.log32x−1−2=0

⇔log3x=0log32x−1=2⇔x=12x−1=9⇔x=1TMx=5TM.

Vậy phương trình có 2 nghiệm

Đáp án D

Ta có 82235=232235=235.2110.2130=235+110+130=21115

⇒mn=1115⇒m=11n=15⇒P=m2+n2=112+152=346

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm: x4−x2=3x2+1 (1)

1⇔x4−x2−3x2−1=0⇔x4−4x2−1=0⇔x2=2+5x2=2−5VN⇔x=±2+5

Số điểm chung của hai đồ thị y=x4−x2 và y=3x2+1 bằng số nghiệm của phương trình (1) là hai

Đáp án C

Từ giả thiết ta có: BC⊥ABBC⊥SA

⇒BC⊥SAB⇒BC⊥SB⇒SBC^=90° (1).

Chứng minh tương tự ta cũng có: CD⊥SD

⇒SDC^=90° (2).

Do SA⊥ABCD⇒SA⊥AC⇒SAC^=90° (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra: mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là mặt cầu đường kính SC nên tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I của đoạn thẳng SC

Đáp án C

Hàm số xác định khi x2−9≥0⇔x−3x+3≥0⇔x≥3x≤−3

Đáp án C

dAα=5+m3=1⇔m+5=3m+5=−3⇔m=−2m=−8

Đáp án A

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là u→=1;1;1. Do H∈d⇒H1+t;1+t;t.

Ta có: AH→=t;t;t−1. Do H là hình chiếu của điểm A lên đường thẳng d nên suy ra AH→⊥u→⇔AH→.u→=0⇔t+t+t−1=0⇔t=13⇒H43;43;13

.

Đáp án B

Do a=32>0 nên hàm số có cực tiểu mà không có cực đại khi và chỉ khi −2m≥0⇔m≤0.

Đáp án C

Dựa vào hình vẽ ta có được z1=3+2i,z2=1−4i⇒z1z2=3+2i1−4i=−517+1417i.

Đáp án A

Ta có z=1−13i⇒z¯=1+13i.

Khi đó: w=iz¯+3z=i1+13i+31−13i=83.

Đáp án D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A1 lên B1C1.

Khi đó A1H⊥B1C1A1H⊥BB1⇒A1H⊥BIK hay A1H là đường cao của tứ diện A1BIK.

Ta có BC=AB2+AC2−2AB.AC.cos120°=a7

Ta có SΔA1B1C1=12A1H.B1C1=12A1B1.A1C1.sin120°

⇔A1H=A1B1.A1C1.sin120°B1C1=a217

VA1IBK=13SΔBIK.A1H=13a2352.a217=16a315

+) Mặt khác BK=CK2+CB2=2a3, KA1=C1K2+C1A12=3a

BA1=AB2+AA12=a21

Ta thấy BK2+KA12=BA12 vuông tại K ⇒ΔA1BK.vuông tại K ⇒SΔA1KB=12.KA1.KB=33a2

+) Ta có dIA1BK=3.VI.A1BKSΔA1BK=3.16a3153a23=a56

Đáp án

Đặt z=a+bi, a,b∈ℝ⇒z¯=a−bi

Ta có B

z+2z¯=6−4i⇔a+bi+2a−bi=6−4i⇔3a−bi=6−4i⇔3a=6−b=−4⇔a=2b=4

Vậy phần ảo của số phức z bằng 4

Đáp án D

∫04f'x−2dx+∫02f'x−2dx=fx−240+fx+220=f4−f−2=6

Đáp án D

Thể tích khối tròn xoay:

V=π∫01y2dx=π∫015+x−4exxex+1dx=π∫011+xex+41−ex1+xexdx

=π∫011+4.1−ex1+xexdx=πx10+4π∫011−ex1+xexdx

=π+4π∫011ex−11ex+xdx=π+4π∫01−d1ex+x1ex+x=π−4πln1ex+x10

=π−4πln1+ee=π−4πlne+1+4π=π5−4lne+1

⇒a=5,b=−4⇒a−2b=13  

Đáp án D

Ta có B'G⊥ABC⇒BB',ABC^=BB',BG^=B'BG^.

Theo giả thiết ta có B'BG^=60°.

Gọi M là trung điểm BC. Kẻ AH⊥B'M, H∈B'M.

⇒AM⊥BC. Mà

BC⊥AMBC⊥B'G⇒BC⊥AB'M⇒BC⊥AH

+) AH⊥B'MAH⊥BC

⇒AH⊥BCC'B'⇒dA,BCC'B'=AH

+) ΔABC đều cạnh a nên ta có AM=a32, BG=a33, GM=a36 

+)  B'G=GB.tan60°=a33.3=a

+)  B'M=B'G2+GM2=a2+a362=a396

+)  B'G.AM=AH.B'M⇒AH=B'G.AMB'M=a.a32a396=3a13

Vậy dA,BCC'B'=AH=3a13.

Đáp án B

Ta có: y'=4x3−4m2x=4xx2−m2; y'=0⇔x=0x2=m2

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị ⇔y'=0 có ba nghiệm phân biệt ⇔m≠0.

Với m≠0, gọi A(0;1), B−m;−m4+1, Cm;−m4+1 là tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Dễ thấy B,C đối xứng với nhau qua trục Oy, nên ta có AB=AC

AB→=−m;−m4, AC→=m;−m4.

Ba điểm cực trị A, B, C tạo thành tam giác vuông cân ⇔AB→.AC→=0

⇔m8−m2=0⇔m=±1

Đáp án

Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm. Gọi M=Δ∩d1; N=Δ∩d2.

Vì M∈d1 nên M3−t;3−2t;−2+t,vì N∈d2 nên N5−3s;−1+2s;2+s.

MN→=2+t−3s;−4+2t+2s;4−t+s, (P) có một vec tơ pháp tuyến là n→=1;2;3;

Vì Δ⊥P nên n→, MN→ cùng phương, do đó:

2+t−3s1=−4+2t+2s2−4+2t+2s2=4−t+s3⇔s=1t=2⇔M1;−1;0N2;1;3

∆ đi qua M và có một vectơ chỉ phương là MN→=1;2;3.

Do đó ∆ có phương trình chính tắc là x−11=y+12=z3.

Đáp án A

Có 7−35x2+m7+35x2=2x2−1⇔7−352x2+m7+352x2=12 (1)

Đặt t=7−352x2, 0<t<1. Mỗi giá trị t∈0;1 cho ta 2 giá trị x

1⇔t+m.1t=12⇔m=12t−t2, 0<t<1.

Dựa bảng biến thiên suy ra  −12<m≤0m=116

Đáp án C

Thể tích chất lỏng V=πr2.124h=124πr2h.

Khi lật ngược bình, thể tích phần hình nón chứa chất lỏng là V'=13πr'2h'.

Mà r'r=h'h⇒r'=h'h.r. Do đó V'=13πh'h.r2h'=13πr2.h'3h2

Theo bài ra, V'=V⇔13πr2.h'3h2=124πr2h⇔h'3=18h3⇔h'=h2

Đáp án B

Ta có hình trên cao 4, rộng 4 nến biểu diễn qua một Parabol y=−x2+4.

Chi phí thấp nhất nếu diện tích hình chữ nhật lớn nhất.

Gọi C(x;0) với 0<x<2 thì suy ra Bx;−x2+4

Diện tích hình chữ nhật là

Sx=2x−x2+4=2−x3+4x;

S'x=2−3x2+4=0⇔x=233

Dễ thấy Smax=S233=433.4−43=3239

Diện tích nhỏ nhất phần hoa văn là

Xmin=∫−224−x2dx−Smax=323−3239

Số tiền nhỏ nhất là Xmin.200000=901.652≈902.000

Đáp án C

Xét phương trình x3−3x2−m=0⇔x3−3x2=m (*)   

Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y=m và đồ thị hàm số y=f(x).

Xét hàm số fx=x3−3x2 có f'x=3x2−6x, f'x=0⇔x=0x=2  

Bảng biến thiên của hàm f(x)

Đồ thị của hàm số y=x+1x3−3x2−m có đúng một tiệm cận đứng thì phương trình (*) phải thỏa mãn một trong các trường hợp sau:

+) TH1: Phương trình (*) có duy nhất nghiệm x≠−1

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm duy nhất x≠−1 khi m<−4m>0.

+) TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm x=-1 và một nghiệm kép

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm x=-1 và một nghiệm kép khi m=-4.

Kết hợp hai trường hợp ta có giá trị của tham số thỏa mãn đề bài là m>0m≤−4.

Đáp án C

Đặt t=4−x2⇒t'=−2x24−x2; t'=0⇔x=0

Với x∈−2;3 ta có bảng biến thiên của hàm số t=4−x2

Với x∈−2;3⇒t∈1;2

Từ đồ thị ta có: t∈1;2⇒ft∈−1;3

Để phương trình f4−x2=m có nghiệm thì m∈−1;3.

Đáp án B

Do M∈d nên M1+2t;1−t;t.

MA−MB=4t2+t−12+t+12−2t−12+t2+t−12

=6t2+2−6t2−6t+2=6t2+2−6t−122+12

Chọn u→=6t;2; v→=6t−12;12⇒u→−v→=62;12.

Ta có: MA−MB=u→−v→≤u→−v→=64+12=2

Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ u→ và v→ cùng hướng ⇔6t6t−12=212⇔t=1

Vậy MA−MB lớn nhất khi M(3;0;1) suy ra P=32+02+12=10.

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số suy ra bảng biến thiên

⇒M=f0,fb,fdm=fa,fc

- Mặt khác dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy rằng 

+  ∫abf'xdx<∫bc−f'xdx⇒fxbc−fxcb⇔fa>fc

+  ∫0a−f'xdx>∫abf'xdx⇔f0−fa>fb−fa⇔f0>fb

+  ∫cb−f'xdx>∫cdf'xdx⇔fb−fc>fd−fc⇔fb>fd

Vậy fa>fc⇒m=fcf0>fb>fd⇒M=f0⇒M+m=f0+fc

Đáp án D

Có 1<a,b,0<x≠1

Có alogbx=blogax2⇔alogba.logax=b2logax⇔alogax.logba=b2logax

⇔xlogba=x2logab⇔logba=2logab⇔logba=21logba

⇔logba2=2⇔logba=2 (do 1<a,b nên logba>0) ⇔a=b2.

Có P=ln2a+ln2b−ln(ab)=lnb22+ln2b−lnb2b.

=2ln2b+ln2b−2+1lnb=3ln2b−2+1lnb.

Đặt t=lnb, t>0 (do b>1).

Xét hàm số y=ft=3t2−2+1t, với t>0.

Có f't=6t−2+1, f't=0⇔6t−2+1=0

⇔t=2+16>0

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên có minP=min0;+∞ft=−3+2212 khi t=2+16

Vậy minP=−3+2212

Đáp án C

Ta có y'=2f'2x+1+2x2−8.

Xét y'≤0⇔f'2x+1≤4−x2.

Từ bảng biến thiên của f'(x) ta suy ra bảng biến thiên của f'(2x+1) như sau

Từ đó suy ra: f'2x+1<0⇔−52<x<12x>3⇒−1<x<12

Mà 4−x2>0⇔−2<x<2⇒−1<x<12. Do đó f'2x+1≤4−x2⇒−1<x<12  

Đáp án A

Đặt u=fxdv=2x−1dx⇒du=fxdxv=x2−x

⇒−130=∫012x−1fxdx=x2−xfx10−∫01x2−xf'xdx=−∫01x2−xf'xdx

⇒∫01x2−xf'xdx=130.

Ta có: ∫01x2−x2dx=∫01x4−2x3+x2dx=x55−x42+x3310=130.

Do đó, ∫01f'x−x2−x2dx=∫01f'x2dx−2∫01x2−xfxdx+∫01x2−x2dx=0  

⇒f'x=x2−x⇒fx=x33−x22+C, mà f(0)=1 nên C=1⇒fx=x33−x22+1

Vậy ∫01fxdx=∫01x33−x22+1dx=x412−x36+x10=1112  

Đáp án C

Phương trình tham số của đường thẳng d: x=−1+2ty=tz=2−t

Vì C∈d : x=−1+2ty=tz=2−t⇒C−1+2t;t;2−t

Ta có AB→=1;−1;−2; AC→=2t;t−3;1−t⇒AB→,AC→=3t−7;−3t−1;3t−3 

Diện tích tam giác ABC là SABC=12AB→,AC→=1227t2−54t+59 

 SABC=22⇔1227t2−54t+59=22⇔t=1⇒C1;1;1⇒m+n+p=3

Đáp án A

Gọi V là thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C', V1 là thể tích khối chóp FA'MG, V2 là thể tích khối đa diện lồi GMB'C'CB.

A'M//AB⇒FA'FA=FMFB=A'MAB=13;

A'G//AC⇒FGFC=FA'FA=13;

⇒VFA'MGVFABC=13.13.13=127⇒V1=127VFABC

VFABC=13SΔABCdF,ABC=13SΔABC.32dA',ABC=12V

⇒V1=127.12V=154V

V2=V−VA'MGABC=V−VFABC−VFA'MG

=V−12V−154V=1427V

Nên: V1V2=128    

Đáp án D

Gọi z=x+yi, x,y∈ℝ, ta có z−z¯+2z−z¯=8⇔x+2y=4⇒x≤4y≤2, tập hợp K(x;y) biểu diễn số phức z thuộc các cạnh của hình thoi ABCD như hình vẽ.

P=z−3−3i đạt giá trị lớn nhất khi KM lớn nhất, theo hình vẽ ta có KM lớn nhất khi K≡D hay K(-4;0) suy ra M=49+9=58.

P=z−3−3i đạt giá trị nhỏ nhất khi KM nhỏ nhất, theo hình vẽ ta có KM nhỏ nhất khi K≡F (F là hình chiếu của E trên AB.

Suy ra F(2;1) do AE=BE nên F là trung điểm của AB.

Suy ra m=1+4=5. Vậy M+m=58+5.