Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 18)

Đáp án C

Từ bảng xét dấu đạo hàm ta thấy trên khoảng 0;  +∞ hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) và đồng biến trên khoảng 1;  +∞. Vậy kết luận hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 0;  +∞ là sai

Đáp án A

Đồ thị hàm số có hình dạng của hàm bậc ba nên loại đáp án C.

Hàm số có hệ số a>0 nên chọn đáp án A

Đáp án D

Theo tính chất của logarit, ta có logaab=b

Đáp án B

Đồ thị hàm số y=ax và đồ thị hàm số y=logax đối xứng với nhau qua đường phân giác góc phần tư thứ nhất (y=x)

Đáp án A

∫15fxdx=∫12fxdx+∫25fxdx=3−1=2

Đáp án C

I=∫122mx+1dx=mx2+x12=4m+2−m−1=3m+1. I=4⇔m=1

Đáp án A

Ta có: w=2−i+1+2i−3=i⇒w=1

Đáp án A

Ta có: V=h'.Sd¸y=3hB=3Bh

Đáp án B

Dựa vào định nghĩa sách giáo khoa ta có đáp án là mặt trụ tròn xoay

Đáp án A

Một vectơ chỉ phương của d là u1→1;  −1;  2

Đáp án D

Áp dụng công thức tính tích có hướng trong hệ trục tọa độ Oxyz ta được c→=a→;  b→=2;  −6;  −1

Đáp án A

I(-1;1;2) là trung điểm của AB và R=12AB=12−3−12+0−22+1−32=62.

Vậy phương trình mặt cầu nhận AB làm đường kính là x+12+y−12+z−22=32

Đáp án D

Số các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập từ 7 chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là A74 số

Đáp án A

Áp dụng công thức của số hạng tổng quát un=u1.qn−1=2.32018

Đáp án C

Hoành độ giao điểm của đường thẳng y=x+1 và đồ thị hàm số y=2x−1x−1 là  nghiệm của phương trình x+1=2x−1x−1⇔x2−2x=0,  x≠1⇔x=0x=2.

Giả sử M(0;1), N(2;3). Độ dài đoạn thẳng MN=22

Đáp án B

TXĐ: D=R.

Ta có: y'=3x2−3=0⇔x=−1x=1

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên để đồ thị hàm số y=x3−3x+1 luôn cắt đường thẳng y=m tại ba điểm phân biệt thì -1<m<3

Đáp án D

Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng ⇔ phương trình x2−4x+m=0 có hai nghiệm phân biệt khác -2. 

⇔22−m>0−22−4.−2+m≠0⇔m<4m≠−12.

Do m nguyên và m∈−20;  10 nên m∈−20;  −19;  ...;  −13;  −11;  ...; 2;  3, gồm 23 giá trị thỏa mãn

Đáp án C

Tập xác định: D=R.

y'=cosx

y'=0⇔cosx=0⇔x=π2+kπ   k∈Z.

Do x∈−π;  π nên x thuộc −π2;  π2.

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: giá trị cực đại của hàm số là 3 trên đoạn −π;  π.

Đáp án C

Ta có limx→±∞y=−∞ nên a<0.

Khi x=0 suy ra y=c. Đồ thị cắt trục Oy tại y=−3⇒c=−3<0.

Ta có: y'=4ax3+2bx=0⇔x=0x2=−b2a

Đồ thị hàm số có 3 cực trị nên −b2a>0⇒ab<0⇒b>0.

Đáp án A

Do 33<22 và a33>a22 nên suy ra 0<a<1.

Do 34<45 và logb34<logb45 nên suy ra b>1.

Đáp án C

Dựa vào đồ thị ta suy ra 0<a<1;   b,  c>1.

Dựa vào giao điểm của đường thẳng x=1 với các đồ thị hàm số y=bx,   y=cx ta suy ra c<b.

Vậy b>c>a

Đáp án C

+ Ta có: 12x2−2>24−3x⇔22−x2>24−3x.

⇔2−x2>4−3x⇔x2−3x+2<0⇔1<x<2

Vậy x∈1;  2

Đáp án B

Ta có: Fx=∫sin22xdx=∫1−cos4x2dx=12∫1dx−12∫cos4xdx

=12x−18∫cos4xd4x=12x−18sin4x+C

Đáp án A

Ta có: 2−iz+1+5i1+i=7+10i⇔2−iz+3+2i=7+10i⇔2−iz=4+8i.

Suy ra: z=4+8i2−i=4i nên w=4i2+20+3i=4+3i. Vậy w=5.

Đáp án A

Gọi z=x+yi,   x,  y∈R thì z¯=x−yi,   z¯3=x3−y3i.

Vậy z¯3+1+2i=x3+1+2−y3i suy ra x3+12+2−y32=52

⇔x+32+y−62=152.

Vậy điểm biểu diễn số phức z nằm trên đường tròn tâm I(-3;6), bán kính R=15.

Đáp án B

ΔSAB=ΔSAC (cạnh huyền – cạnh góc vuông) nên suy ra AB=AC mà ΔABC lại vuông tại A nên nó là tam giác vuông cân tại A do đó AB=AC=BC2=a2

ΔSAB vuông tại A nên SA=SB2−AB2=a2

Thể tích khối chóp S.ABC là: V=13.12.AB.AC.SA=16a23=224a3

Đáp án B

Mặt cầu nội tiếp hình nón có 1 đường tròn lớn nội tiếp tam giá đều ABC (cạnh a).

Nên mặt cầu đó có bán kính r=13.a32=a36.

Vậy diện tích mặt cầu cần tìm là V=4πr2=4πa362=πa23

Đáp án B

Gọi I là trung điểm của AB ⇒I1;  2;1.

Giả sử (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒I∈PnP→=AB→=6;  2;  −6=23;  1; −3

Vậy phương trình mặt phẳng P:3x+y−3z−2=0.

Đáp án B

Xét thấy (P) và (Q) là hai mặt phẳng song song với nhau.

Cách 1:  Trên (P) lấy M(0;0;5).

Khi đó, khoảng cách giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) là

dP,  Q=dM,  Q=0+2.0+2.5−312+22+22=73.

Cách 2: 

P:Ax+By+Cz+D=0 và P':Ax+By+Cz+D'=0

Thì dP,  P'=D−D'A2+B2+C2

Áp dụng dP,  Q=−10−−312+22+22=73.

Đáp án A

Gọi J là trung điểm của BC ⇒AJ⊥BCC'B',

tam giác ABC đều cạnh a nên AJ=a32;  MB'=a2.

Ta có:

sinMB',  BCC'B'=dM;  BCC'B'MB'=dA;  BCC'B'MB'=AJMB'=64.

Đáp án C

Chọn 2 học sinh trong 9 học sinh có C92 cách ⇒nΩ=C92.

Gọi A là biến cố “2 học sinh được chọn có 1 nam và 1 nữ”.

⇒nA=C41.C51.

Xác suất cần tìm là PA=C41.C51C92=59.

Đáp án C

Ta có bảng biến thiên của hàm số y=f(x). 

Vậy max−1;  3fx=f1.           

Từ bảng biến thiên ta có

f0<f1,  f2<f1 vậy f0+f2<2f1         

Khi đó f−1+f0−2f1=f3−f2⇔f0+f2−2f1=f3−f−1.

Vậy f3−f−1<0⇒f3<f−1

Khi đó min−1;  3fx=f3.

Đáp án D

Trường hợp 1. Nếu m+1=0⇔m=−1 thì hàm số đã cho trở thành y=2x2+1, hàm số này có một điểm cực trị, do đó ta loại trường hợp này.

Trường hợp 2. Nếu m+1≠0⇔m≠−1

Ta có y'=4m+1x3−4x=4xm+1x2−1.

y'=0⇔x=0m+1x2−1=0⇔x=0x2=1m+1   (1)

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị đều nhỏ hơn 1 khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 và nhỏ hơn 1.

Hay 0<1m+1 <1⇔1m+1 >01m+1 <1⇔1m+1 >0−mm+1 <0⇔m>−1m<−1m>0⇔m>0

Đáp án A

Đặt log2x=t, ta được phương trình −t3+mt+2=0,   t∈R.

Để phương trình −log23x+mlog2x+2=0 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình −t3+mt+2=0,   t∈R có nghiệm duy nhất.

Ta thấy t=0 không là nghiệm của phương trình −t3+mt+2=0.

Khi đó −t3+mt+2=0⇔m=t3−2t=t2−2t.

Số nghiệm pt là số giao điểm của đồ thị y=ft=t2−2t và đường thẳng y=m

f't=2t+2t2=2t3+2t2=0⇒t=−1

BBT

Dựa vào BBT, ta có m<3

Cách khác: Thử điểm cực biên ở mỗi phương án chọn, cụ thể thử với m=0; m=3;  m=−1

Đáp án A

Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho AB trùng với Ox, A trùng O khi đó parabol có đỉnh G(2;4) và đi qua gốc tọa độ.

Gọi phương trình của parabol là y=ax2+bx+c

Do đó ta có c=0−b2a=222a+2b+c=4⇔a=−1b=4c=0.

Nên phương trình parabol là y=fx=−x2+4x.

Diện tích của cả mảnh đất là S=∫04−x2+4xdx=−x33+2x204=323≈10,67 m2.

Do vậy chiều cao CF=DE=f0, 9=2,79  m;   CD=4−2.0,9=2,2 m.

Diện tích phần hình chữ nhật là SCDEF=CD.CF=6,138≈6,14 m2.

Diện tích phần trồng cà chua là Sxh=S−SCDEF=10,67−6,14=4,53  m2

Nên tiền trồng rau là 6,14.50000=307000 và tiền trồng cà chua là 4,53.30000=136000.

Vậy tổng chi phí là 443000 đồng

Đáp án B

Đặt t=−x⇒dt=−dx. Đổi cận x=−π2⇒t=π2;  x=π2⇒t=−π2

Khi đó, I=−∫π2−π2f−tdt=∫−π2π2f−tdt=∫−π2π2f−xdx

Mặt khác: fx+f−x=3−2cosx

Ta có: 2I=∫−π2π2fx+f−xdx=∫−π2π23−2cosxdx⇒I=12∫−π2π23−2cosxdx

Do fx=3−2cosx là hàm số chẵn trên đoạn −π2;  π2

Nên I=12∫−π2π23−2cosxdx=2.12∫0π23−2cosxdx=3x−2sinx0π2=3π2−2.

Đáp án D

2+iz=5z−1−3i⇔2+iz+1+3i=5z

⇔2z+1+z+3i=5z

Lấy môđun 2 vế 2z+12+z+32=5z.

Đặt z=t;  t≥0 khi đó ta có phương trình t4+2t3+2t2−5=0⇔t=1⇒z=1.

Khi đó w=3−4iz+1⇒w−1=3−4iz⇒w−1=3−4iz

w−1=3−4i.z=5.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức w là đường tròn tâm I1;  0;  r=5.

Đáp án A

Cắt hình trụ theo mặt phẳng qua trục của hình trụ, ta được hình chữ nhật ABCD, như hình vẽ. Ta thấy 4R2=h2+4r2≥24h2r2=4hr

⇔2πR2≥2πhr⇔Sxq≤2πR2

Dấu ”=” xảy ra khi h=2r=R2 và diện tích xung quanh của mặt trụ lớn nhất là 2πR2.

Đáp án A

Gọi d là đường thẳng cần tìm

+ Gọi A=d1∩α

A∈d1⇒A2−a;  1+3a; 1+2a

A∈α⇒a=−1⇒A3;  −2;  −1

+ Gọi B=d2∩α

B∈d2⇒B1−3b;  −2+b;  −1−b

B∈α⇒b=1⇒B−2;  −1;  −2

+ d đi qua điểm A(3;-2;-1) và có vectơ chỉ phương AB→=−5;  1;  −1

Vậy phương trình chính tắc của d là x−3−5=y+21=z+1−1.

Đáp án B

ΔSAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, nên kẻ SH⊥AC⇒SH⊥ABCD

BD=AC=2a,CD=BD2=a2,   SA=AC2−SC2=a

SH=SA.SCAC=a.a32a=a32

AH=SA2−SH2=a2−3a24=a2

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Ta có dB,  SAD=2dO,  SAD=4dH,  SAD

Kẻ HJ//CDJ∈AD,   HJ=14CD=a24. Kẻ HK⊥SI tại K⇒HK⊥SAD

⇒dB,  SAD=4HK=4.SH.HISH2+HI2=4.a32a243a24+2a216=2a217.

Đáp án A

Ta có y'=−sinx+2.f'cosx+2x+m

Hàm số y=fcosx+2x+m liên tục trên nửa khoảng 0;  +∞

⇒ Hàm số y=fcosx+2x+m đồng biến trên 0;  +∞ khi và chỉ khi

−sinx+2.f'cosx+2x+m≥0,  ∀x∈0;  +∞ (1)

Do −sinx+2>0,  ∀x∈R nên (1)⇔f'cosx+2x+m≥0,  ∀x∈0;  +∞ (2)

Dựa vào đồ thị ta có 2⇔cosx+2x+m≥2,   ∀x∈0;  +∞cosx+2x+m≤0,   ∀x∈0;  +∞⇔cosx+2x≥2−m,  ∀x∈0;  +∞    (3)cosx+2x≤−m,  ∀x∈0;  +∞     (4)

Xét hàm g(x)=cosx+2x trên 0;  +∞ có g'x=−sinx+2>0,   ∀x∈0;  +∞ nên g(x) đồng biến trên 0;  +∞ đồng thời g(x) liên tục trên 0;  +∞

Suy ra min0;  +∞gx=g0=1 và limx→+∞gx=+∞.

Do đó, không có giá trị m thỏa mãn (4)

3⇔min0;  +∞gx≥2−m⇔1≥2−m⇔m≥1

Vậy có tất cả 2019 giá trị nguyên của tham số m

Đáp án D

Điều kiện x2+1≥0x+2+x2+1≠0⇔x∈R

Ta có x+2−x2+12+18x2+1x2+1x+2+x2+1=mx2+1

⇔m=x+2x2+1−12+18x+2x2+1+1

Đặt t=x+2x2+1⇒t'=1−2xx2+1x2+1

Từ bảng biến thiên của t suy ra t∈−1;  5

Phương trình trở thành m=t−12+18t+1⇔m=t3−t2−t+19t+1

ft=t3−t2−t+19t+1⇒f't=2t−2t2+3t+5t+12

Lập bảng biến thiên của f(t) trên nửa khoảng −1;  5

Suy ta ft∈7;  +∞

Để phương trình x+2−x2+12+18x2+1x2+1x+2+x2+1=mx2+1

Có nghiệm thực thì m∈7;  +∞.

Mà m thuộc đoạn −2018;  2018 nên m∈7;  2018

Có 2012 giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn −2018;  2018 để phương trình có nghiệm thực

Đáp án B

Từ đồ thị hàm số y=f(x) ta suy ra f(x) có tập xác định D=R\±1 và các giới hạn limx→±∞fx=0, limx→−1+fx=+∞, limx→−1−fx=−∞, limx→1+fx=+∞, limx→1−fx=−∞.

Vì hàm số t=x2−2x+m xác định trên R nên hàm số y=fx2−2x+m−m xác định ⇔x2−2x+m≠1x2−2x+m≠−1

Vì limx→±∞x2−2x+m=+∞ nên limx→±∞fx2−2x+m−m=limt→+∞ft−m=−m

Do đó đồ thị hàm số y=fx2−2x+m−m có đúng một đường tiệm cận ngang là đường thẳng y=-m (về cả 2 phía x→+∞ và x→−∞)

Để đồ thị hàm số y=fx2−2x+m−m có 5 đường tiệm cận thì nó phải có 4 đường tiệm cận đứng.

Điều kiện cần x2−2x+m=1x2−2x+m=−1 phải có 4 nghiệm phân biệt.

⇔x−12=−m+2x−12=−m có 4 nghiệm phân biệt ⇔−m+2>0−m>0⇔m<0.

Điều kiện đủ: Giả sử x1,  x2 (x1<x2) là hai nghiệm phân biệt của phương trình x2−2x+m=1; x3;  x4 là hai nghiệm phân biệt của phương trình x2−2x+m=−1

Xét đường thẳng x=x1, ta có limx→x1∓fx2−2x+m−m=limt→1±ft−m=±∞.

Suy ta đường thẳng x=x1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=fx2−2x+m−m.

Tương tự các đường thẳng x=x2 , x=x3,  x=x4 cũng là các đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=fx2−2x+m−m.

Vậy để đồ thị hàm số y=fx2−2x+m−m có 5 đường tiệm cận thì m<0.

Do m∈Z và m∈−20;  20 nên có tất cả 20 giá trị của m

Đáp án C

Với a,  b,  c∈0;  1⇒x=logabc;  y=logbac;  z=logcab là các số dương.

Do đó áp dụng bất đẳng thức Cosi với các bộ hai số, ta có:

P=x+y+9z=logabc+logbac+9logcab

=logab+logac+logba+logbc+9logca+logcb

=logab+logba+logac+9logca+logbc+9logcb

≥Cosi2logab.logba+29logac.logca+29logbc.logcb=2+6+6=14

Với a=b=12;  c=18 thì P=14⇒Pmin=14

Đáp án A

Ta có: ∫fxdx=∫2cosx−1sin2xdx=2∫cosxsin2xdx−∫1sin2xdx

=2∫dsinxsin2x−∫1sin2xdx=−2sinx+cotx+C

Do F(x) là một nguyên hàm của hàm số fx=2cosx−1sin2x trên khoảng 0;  π

Nên hàm số F(x) có công thức dạng Fx=−2sinx+cotx+C với mọi x∈0;  π.

Xét hàm số Fx=−2sinx+cotx+C xác định và liên tục trên 0;  π.

F'x=fx=2cosx−1sin2x

Xét F'x=0⇔2cosx−1sin2x=0⇔cosx=12⇔x=±π3+k2π k∈Z

Trên khoảng 0;  π, phương trình F'x=0 có một nghiệm x=π3.

Bảng biến thiên.

max0;  πFx=Fπ3=−3+C

Theo đề bài ta có, −3+C=3⇔C=23

Do đó, Fx=−2sinx+cotx+23

Khi đó, Fπ6=33−4

Đáp án C

Theo phương pháp tích phân từng phần, ta có: A=∫0πfxcosxdx=fxsinx0π−∫0πf'xsinxdx=−∫0πf'xsinxdx

Suy ra ∫0πf'xsinxdx=−A

Ta lại có: ∫0πsin2xdx=∫0π1−cos2x2dx=x2−sin2x40π=π2

Mặt khác, ∫0πf'x2dx=2A2π. Gọi X là số thực thỏa mãn 2A2π+2−AX+X2π2=0⇔2πA−Xπ22=0⇒X=2Aπ

Từ đó ta có:

∫0πf'x2dx+22Aπ∫0πf'xsinxdx+4A2π2∫0πsin2xdx=0 hay ∫0πf'x+2Aπsinx2dx=0

Do f'(x), sinx liên tục nên f'x+2Aπsinx2 không âm, liên tục và ∫0πf'x+2Aπsinx2dx=0 do đó f'x+2Aπsinx=0 trên 0,  π

Hay f'x=−2Aπsinx trên 0,  π.

Lấy nguyên hàm hai vế trên 0,  π, ta có: fx=2Aπcosx+C với ∀x∈0,  π.

Theo giả thiết fπ2=0 nên C=0. Vậy fx=2Aπcosx với ∀x∈0,  π.

Khi đó ∫0π4f2xdx=∫0π42Aπcos2xdx=Aπsin2x0π4=Aπ.

Đáp án C

Giả sử z=a+bi   a,  b∈R được biểu diễn bởi điểm M(a;b).

Khi đó số phức liên hợp của z là z¯=a−bi được biểu diễn bởi điểm M'a;  −b.

Ta có: z4+3i=a+bi4+3i=4a+3ai+4bi−3b=4a−3b+3a+4bi

Do đó số phức z(4+3i) được biểu diễn bởi điểm N4a−3b;  3a+4b

Khi đó điểm biểu diễn số phức liên hợp của số phức z(4+3i) là N'4a−3b;  −3a−4b

Ta có: MM'→=a−a;  −b−bNN'→=4a−3b−4a−3b;  −3a−4b−3a−4bMN→=4a−3b−a;  3a+4b−b⇔MM'→=0;  −2bNN'→=0;  −6a−8bMN→=3a+3b;  3a+3b

Vì MM'N'N là một hình chữ nhật nên ta có: MM'→=NN'→≠0→MM'→.MN→=0⇔−2b=−6a−8ba,  b≠0−2b3a+3b=0⇔a=−b

⇒z=−b+bi⇒z+4i−5=−b−5+b+4i=−b−52+b+42=2b+922+12≥12

Vậy z+4i−5min=12⇔b=−92 hay z=92−92i.

Đáp án B

Gọi a=SKSC  0≤a≤1

Vì mặt phẳng α di động đi qua các điểm M, N và cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại hai điểm phân biệt K, Q nên ta có đẳng thức SASM+SCSK=SBSN+SDSQ⇒2+1a=32+SDSQ⇔SQSD=2a2+a.

Ta có VS.MNKQVS.ABCD=12SMSA.SNSB.SKSC+SMSA.SKSC.SQSD=124a3−2a+2=2a3−1a+2

Xét hàm fa=2a3−1a+2 trên đoạn [0;1], ta được max0;  1fa=f1=13.

Ta chứng minh SASM+SCSP=SBSN+SDSQ

Ta có VS.ABCD=VSPNQ+VSQMP (*). Ta đặt V=VS.ABCD⇒VSABC=VSABD=VSBCD=V2

VSMNQVSABD=2VSMNQV=SMSA.SNSB.SQSD⇒VSNMQ=SMSA.SNSB.SQSD.V2

Tương tự VSPNQ=SPSC.SNSB.SQSD.V2;  VSMNP=SPSC.SNSB.SMSA.V2;  VSPQM=SPSC.SMSA.SQSD.V2.

Từ (*) ta được: SMSA.SNSB.SQSD+SPSC.SNSB.SQSD=SPSC.SNSB.SMSA+SPSC.SMSA.SQSD

Chia cả 2 vế cho SPSC.SMSA.SNSB.SQSD ta được SASM+SCSP=SBSN+SDSQ

Đáp án A

α1 có VTPT n1→=0;  1;  2, α2 có VTPT n2→=1;  1;  −5, α3 có VTPT n3→=1;  1;  1.

Chọn M(1;4;0) thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng α1, α2 

Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng α1 và α2 khi đó d đi qua điểm M(1;4;0) và có VTCP u1→=n1→, n2→=−7;  2;  −1.

(P) đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng α1, α2 và vuông góc với α3.

Mặt phẳng (P) đi qua M(1;4;0) và nhận n→=u1→,  n3→=3;  6;  −9 làm vectơ pháp tuyến có phương trình P:3x−1+6y−4−9z−0=0⇔x+2y−3z−9=0.

Đáp án A

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

Ta có TT'=2TH mà 1TH2=1TI2+1TM2=14+1IM2−4(1)

Ta đi tìm min IM.

Do M∈d⇒M1+t;  −mt;  m−1t nên IM2=2m2−2m+2t2+6−2mt+13

⇔2m2−2m+2t2+6−2mt+13−IM2=0

Ta có: Δ'=3−m2−2m2−2m+213−IM2≥0

⇔IM2≥13−m−322m2−2m+2=fm

 Ta có f'm=m−310m−22m2−2m+22=0⇔m=3m=15

Từ đó fm≥f15=253⇒IM2≥253

Từ (1)  suy ra TH≥5225⇒TT'=2TH≥4135