Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 19)

Đáp án A

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy y' đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x = 2, do đó hàm số cực đại tại x = 2.

Đáp án A

Điều kiện a>0; b>0

log8a+log4b2=5log4a2+log8b=7⇔13log2a+log2b=5log2a+13log2b=7⇔log2a=6log2b=3⇔a=26.b=23.

Vậy ab=29.

Đáp án C

Đồ thị có limx→+∞y=+∞⇒ D sai.

Hàm số có các điểm cực trị là x=0,x=±1⇒ A, B sai

Đáp án A

Gọi năm số hạng của cấp số cộng đã cho là: u1;u2;u3;u4;u5.

Theo đề bài ta có: u1−u5=20⇔u1−u1+4d=20⇔d=−5.

Đáp án A

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) bằng dA,P=1−4+2−13=23.

Đáp án D

Do đồ thị hàm số đi xuống từ trái qua phải nên hàm số nghịch biến trên ℝ. Trong bốn hàm số trên chỉ có hàm số y=12x và y=13x có cơ số nhỏ hơn 1 là hàm nghịch biến nhưng đồ thị trên đi qua điểm x=-1,y=3, vậy chỉ có hàm số y=13x thoả mãn.

Đáp án C

Giả sử:

GxG;yG;zG⇒xG=0+1+23=1yG=0+0+13=13zG=0+−2+−13=−1⇒G1;13;−1

Đáp án A

Số cái bắt tay 12 người (trừ chủ bữa tiệc) C122.

Vậy có C122+3=69 cái bắt tay

Đáp án D

A sai khi a > 1; B sai khi 0 < a < l; C sai vì π4<1

Đáp án A

Ta có ∫fxdx=3xln3+x33+C.

Đáp án B

Hình bát diện đều là hình có 8 mặt và mỗi mặt đều là một tam giác đều.

Diện tích của một mặt là 34.22=3. Như vậy tổng diện tích S=83.

Đáp án A

Theo đề bài hình nón có: h=SO=SA2−AO2=4  cm, r = AO = 3 cm,

l= SA = 5 cm.

Thể tích khối nón cần tìm V=13πr2h=13π.32.4=12π  cm3.

Đáp án D

Đường thẳng Δ có một vectơ chỉ phương là u1→=2;−1;2

Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là u2→=−1;2;2

Ta có u1→.u2→=2.−1+−1.2+2.2=0⇒ góc giữa d và ∆ bằng 900.

Đáp án B

Số cách chọn 3 học sinh trong lớp để làm lớp trưởng, bí thư đoàn và lớp phó là: A303.

Đáp án A

Tập xác định: D=ℝ\m−1.

Ta có y'=−m2+m+6x−m+12, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định khi và chỉ khi y'>0

⇔−m2+m+6>0⇔−2<m<3.

Vì m∈ℤ⇒m∈−1;0;1;2.

Vậy có 4 giá trị nguyên của tham số m thoả yêu cầu bài toán

Đáp án B

Cách 1:

+) Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số không âm x; 1x ta được:

y=x+1x≥2x1x=2, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=1x⇔x=1.

+) Vậy Min y0; +∞=2=y1.

Cách 2:

+) Ta có: y'=1−1x22x+1x;

y'=0⇔1−1x2=0⇔x=1∈0;+∞x=−1∉0;+∞

+) Bảng biến thiên:

+) Dựa vào BBT ta có Min y0; +∞=2=y1.

Đáp án A

Ta có: log2x−2x−3=log3x−3x−2⇔x>3log2x−2+log3x−2=log2x−3+log3x−31

Xét hàm ft=log2t+log3t là hàm đồng biến trên khoảng 0;+∞.

Khi đó từ hệ phương trình 1⇔x−2=x−3x>3⇔x2−5x+7=0x>3⇔x=5+212.

Vậy phương trình có một nghiệm

Đáp án C

Ta có: f'x=0⇔x=±1x=2

Ta có x=-1 là nghiệm bội chẵn

⇒f'x không đổi dấu khi qua x=-1

x = 1 là nghiệm đơn, x = 2 là nghiệm bội lẻ ⇒f'x sẽ đổi dấu qua x = 1 và x = 2

⇒ Hàm số có 2 điểm cực trị.

Đáp án B

Đường thẳng y = m có vị trí như trên thì thoả điều kiện bài

toán.

Vậy −2<m<−1 là giá trị cần tìm

Đáp án D

Gọi H là trung điểm BC.

Ta có SH⊥ABC và SH=12BC=a.

SΔABC=12AH.BC=12a.2a=a2.

Vậy thể tích khối chóp VSABC=13SH.SΔABC=13.a.a2=a33.

Đáp án C

+ limx→1y=limx→12x2−5x+3x2−1=limx→1x−12x−3x−1x+1=limx→12x−3x+1=−12 nên x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ⇒ loại A.

+ limx→1+y=limx→1+x−12x−1=limx→1+x−1=0 nên x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ⇒ loại B.

+ limx→1+y=limx→1+3x+1x−1=+∞,limx→1−y=limx→1−3x+1x−1=−∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ⇒ chọn C.

+ limx→1y=limx→1x−12x+1=0 nên x = 1 không phải tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ⇒ loại D

Đáp án C

Ta có:

3x<ex⇔3xex<1⇔3ex<3e0⇔x<0 (do cơ số 3e>1).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S=−∞;0.

Đáp án D

Ta có: A−3;0;0,B0;2;0,C0;0;4.

Suy ra phương trình mặt phẳng (ABC) là x−3+y2+z4=1 hay 4x−6y−3z+12=0.

Khi đó, mặt phẳng có phương trình 4x−6y−3z−12=0 song song với (ABC)

Đáp án D

Hàm số y=logax đồng biến trên 0;+∞ nên a>1

Hàm số y=logbx nghịch biến trên 0;+∞ nên 0<b<1

Vậy 0<b<1<a.

Đáp án B

Ta có: K=∫12ex.x−exx2dx=∫12(ex)'.x−x'.exx2dx=∫12exx'dx=exx21=e22−e.

Vậy S=a+b+c=1+2−1=2.

Đáp án C

Gọi z=x+yi với x, y thuộc tập số thực, ta có

x>0x2+y2=2y−3x=0⇔x>0x2+y2=4y=3x⇔x=1y=3⇒−z=−1−3i.

Đáp án A

Ta có 1+2yi=2i−1x+1+i⇔x+1+2y−2xi=1+i.

⇔x=11+2y−2x=1⇔x=1y=1.

Đáp án C

Quay hình vuông ABCD xung quanh MN ta được hình trụ như hình vẽ.

Khi đó r=AB2=4 cm,1=h=AD=8  cm.

Stp=2πrh+2πr2=2π.4.8+2π.42=96π  cm2.

Đáp án A

Xét mặt cầu S:x−22+y−12+z−12=1⇒I2;1;1 và bán kính R = 1.

Vì mp (P) tiếp xúc mặt cầu (S) nên dI;P=R⇔m+13=1⇔m+1=3⇔m=2m=−4

Đáp án B

Gọi E là trung điểm của CD do các tam giác Δ ACD,ΔBCD

đều nên ta có AE⊥CDBE⊥CD⇒CD⊥ABE⇒CD⊥AB.

Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 900.

Đáp án A

Ta có a+2b5=∑k=05C5k.ak.2b5−k=∑k=05C5k.25−kak.b5−k

Số hạng chứa a3b2 tương ứng với giá trị k = 3.

Suy ra hệ số của a3b2 trong khai triển trên là: C53.22=40.

Đáp án B

Dựa vào hình vẽ ta thấy:

+ Hàm số y=ax+bcx+d là hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, suy ra

y'<0⇔ad−bc<0⇔ad<bc, loại đáp án C.

+ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là đường thẳng x=−dc>0⇒cd<01

+ Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là đường thẳng y=ac>0⇒ac>02

Từ (1), (2) suy ra ad<0 nên loại đáp án A.

+ Đồ thị hàm số giao với trục Ox tại điểm có hoành độ x=−ba>0⇒ab<03

Từ (2), (3) suy ra bc<0 nên loại đáp án D

Đáp án B

Ta có x2a2+y2b2=1,a,b>0⇒y=baa2−x2.

Diện tích (E) là SE=4∫0aba2−x2adx=4ba∫0aa2−x2dx

Đặt x=asint,t∈−π2;π2⇒dx=acostdt.

Đổi cận x=0⇒t=0;x=a⇒t=π2

SE=4ba∫0π2a2.cos2tdt=2ab∫0π21+cos2tdt=πab=100π

Mà ta có SC=π.R2=10π.Vậy SESC=10010=10.

Đáp án D

Giả sử chiều dài và chiều rộng của trang sách lần lượt là x, y (điều kiện: x>6;y>4)

Ta có xy=4.2.3+y−4.3.2+x−6.2.2+384

⇔xy=4x+6y+360≥224xy+360   1

Đặt t=xy,t>0.

1⇒t2−46t−360≥0⇔t≥106t≤−66⇒t≥106

Hay xy≥600.

Trang giấy đạt diện tích nhỏ nhất bằng 600 khi xy=6002x=3y⇔x=30y=20.

Đáp án C

Ta có: 2m2+m+2x+m2−1y+m+2z+m2+m+1=0  ∀m∈ℝ

⇔m22x+y+1+m2x+z+1+4x−y+2z+1=0  ∀m∈ℝ

⇔2x+y+1=02x+z+1=04x−y+2z+1=0⇔2x+y+1=02x+z+1=0⇔y=z2x+y+1=0

Vậy (P) luôn chứa đường thẳng Δ cố định x=−t2−12y=tz=t,t∈ℝ

Đường thẳng Δ đi qua A−12;0;0 và có vectơ uΔ→=−12;1;1

Vậy khoảng cách từ gốc toạ độ đến Δ là: dO;Δ=OA→,uΔ→uΔ→=23.

Đáp án D

Giả sử để đạt được mục tiêu đề ra, trung bình mỗi năm thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A tăng x (%).

• Cuối năm 2019, thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A là: S1=2300+x100.2300=2300.1+x100USD.
• Cuối năm 2020, thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A là: S2=S1+x100.S1=2300.1+x1002  USD.
• Cuối năm 2035, thu nhập bình quân đầu người của quốc gia A là: S17=2300.1+x10017USD.

Ta có: S17=10000⇔2300.1+x10017=10000⇔1+x10017=10023

⇔17log1+x100=log10023⇔x≈9,03.

Đáp án A

+ Vì Parabol đi qua O(0;0) và có toạ độ đỉnh I (3;9) nên thiết lập được phương trình Parabol P:y=vt=−t2+6t;∀t∈0;2.

+ Sau 2 giờ đầu thì hàm vận tốc có dạng là hàm bậc nhất y=14t+m, dựa trên đồ thị ta thấy đi qua điểm có toạ độ (6;9) nên thế vào phương trình hàm số và tìm được m=152.

Nên hàm vận tốc từ giờ thứ 2 đến giờ thứ 6 là y=14t+152;∀t∈2;6.

+ Quãng đường vật đi được bằng tổng đoạn đường 2 giờ đầu và đoạn đường 4 giờ sau S=S1+S2=∫02−t2+6tdt+∫2614t+152dt=1303km.

Đáp án A

z3zz¯+1=z2+6iz⇔z3zz¯+1−6iz=2z.

Ta thấy 3zz¯+1−6iz là số phức có phần thực là 3zz¯+1 và phần ảo là 6z.

Suy ra z3zz¯+1+36z2=2z

⇔3zz¯+1+36z2=4⇔3z2+1+36z2=4⇔z2=113⇒z=1313.

Đáp án C

Giả sử thiết diện qua trục của hình nón là ΔABC với A là đỉnh nón, BC là đường kính đáy nón, H là tâm đáy O₁, O₂ lần lượt là tâm của mặt cầu lớn và nhỏ D₁, D₂ lần lượt là tiếp điểm của AC với (O₁) và(O₂).

Vì O1D1/​/O2D2 và O1D1=2O2D2 nên O₂ là trung điểm AO₁

_{⇒AO1=2O1O2=2.3a=6a}

_{O1D1=2a,AH=AO1+O1H=8a.}

Ta có AD1=AO12−O1D12=4a2.

Từ ΔAO1D1∽ΔACH⇒O1D1CH=AD1AH⇒CH=22a⇒r=22a.

Đáp án D

Gọi H, E lần lượt là trung điểm của BC, AC thì DH⊥ABC.

Ta có BA⊥AC,HE/​/BA⇒HE⊥CA.

Lại có AC⊥DH nên AC⊥DHE⇒DHE⊥DAC.

Kẻ HK⊥DEK∈DE⇒HK⊥DAC.

Tam giác DHE vuông tại H có DH=12BC=124a2+4a2=a2,HE=12AB=a.

Áp dụng công thức 1HK2=1DH2+1HE2 ta tính được HK=a63.

Vì H là trung điểm BC nên dB,DAC=2dH,DAC=2HK=2a63.

Vậy khoảng cách dC,SAB=3VSSAB=3.a332a23134=6a13=613a13.

Đáp án C

y=2x+mxx2+2⇒y'=2+mx2+2−mx2x2+2x2+2=2+2mx2+2x2+2

⇒y'=0⇔m=−x2+2x2+2

Gọi A (x;y) là điểm cực trị ta có y=2x+mxx2+2=2x−xx2+2=−x3⇒Ax;−x3.

Yêu cầu bài toán ⇒OA≤68⇔x6+x2−68≤0⇔x2≤4⇔−2≤x≤2

fx=−x2+2x2+2,x∈−2;2

f'x=−2xx2+2−x2+2xx2+2=−3x3−6xx2+2⇒f'x=0⇔x=0

Bảng biến thiên:

Để hàm số có cực trị thoả yêu cầu bài toán thì −66≤m≤−22.

Đáp án B

Điều kiện: x+2>02x+1x>0⇔−2<x<−12x>0​       *

Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: log2x+2+x+2−2x+2<log22+1x+2+1x2−22+1x    1

+) Xét hàm số ft=log2t+t2−2t trên 0;+∞

Ta có f't=1tln2+2t−2>1t+2t−2=t+t−12t>0,  ∀t>0.

Do đó f(t) đồng biến trên

Suy ra 1⇔fx+2<f2+1x⇔x+2<2+1x  2

+) Vì (*) nên (2) ⇔x+2<2+1x2⇔x+2<4+4x+1x2

⇔x3−2x2−4x−1<0⇔x∈−∞;−1∪3−132;3+132

Kết hợp điều kiện (*) ta được S=−2;−1∪0;3+132.

Đáp án A

Fx=∫x2eaxdx.

Đặt u=x2dv=eaxdx⇒du=2xdxv=1aeax.

⇒Fx=1ax2eax−2a∫xeaxdx=1ax2eax−2a.A   1

Xét A=∫xeaxdx. Đặt u=xdv=eaxdx⇒du=dxv=1aeax.

⇒A=1axeax−1a∫eaxdx  2

Từ (1) và (2) suy ra Fx=1ax2eax−2a2xeax+2a2∫eaxdx=1ax2eax−2a2xeax+2a3eax+C.

Mà F1a=F0+1⇒1a3e−2a3e+2a3e+C=2a3+1+C

⇒a3=e−2⇒a=e−23⇒0<a≤1.

Đáp án B

Quan sát đồ thị ta thấy

fx=0⇔x=x1−3<x1<−2x=−1x=x21<x2<2x=x32<x3<3x=x44<x4<5

Do đó fgx=0⇔gx=x11gx=−12gx=x23gx=x34gx=x45

Phương trình (1) có đúng 1 nghiệm; phương trình (2) có đúng 3 nghiệm; phương trình (3) có đúng 3 nghiệm; phương trình (4) có đúng 3 nghiệm; phương trình (5) có đúng 1 nghiệm. Tất cả các nghiệm trên đều phân biệt nên phương trình f(g(x)) = 0 có đúng 11 nghiệm.

Quan sát đồ thị ta thấy gx=0⇔x=x5−2<x5<−1x=x60<x6<1x=3

Do đó gfx=0⇔fx=x56fx=x67fx=38

Phương trình (6) có 5 nghiệm; phương trình (7) có 5 nghiệm; phương trình (8) có 1 nghiệm. Tất cả các nghiệm này đều phân biệt nên phương trình (f(g(x)) = 0 có đúng 11 nghiệm.

Vậy tổng số nghiệm của hai phương trình f(g(x)) = 0 và g(f(x)) = 0 là 22 nghiệm

Đáp án A

Ta có phương trình các mặt phẳng (ABC), (DAB), (DBC), (DAC) lần lượt là x+y+z−3=0,  −x+y+z−3=0,  x+y−z−3=0,  x−y+z−3=0.

Nếu M(x;y;z) nằm trong tứ diện thì M, O khác phía so với mặt phẳng (ABC) và cùng phía so với các mặt phẳng còn lại, đồng thời M có toạ độ là những số nguyên dương.

Từ đó toạ độ M thoả mãn x+y+z−3>0−x+y+z−3<0x−y+z−3<0x+y−z−3<0x,y,z∈ℤ+

Không mất tính tổng quát giả sử x≥y≥z.

Từ x+y<3+z≤3+y⇔x<3⇒1≤x,y,z≤2.

Do đó ta có các bộ x;y;z∈1;1;2;1;2;1;2;1;1;2;2;2 thoả mãn hệ phương trình trên. Vậy có tất cả 4 điểm M nằm trong tứ diện

Đáp án D

Ta có:

fx+2f1x=3x, chia cả 2 vế cho x ta được fxx+2f1xx=3

Lấy tích phân 2 vế

∫122fxx+2f1xxdx=∫1223dx

⇔∫122fxxdx+2∫122f1xxdx=3x212=92

Xét ∫122f1xxdx: Đặt 1x=t⇒−1x2dx=dt⇒dx=−dtt2. Đổi cận x=12⇒t=2x=2⇒t=12.

Khi đó ∫122f1xxdx=−∫212t.ftt2dt⇒∫122f1xxdx=∫122fttdt=∫122fxxdx.

Thay vào tích phân ban đầu ta được 3∫122fxxdx=92⇒∫122fxxdx=32.

Đáp án A

Gọi z=x+yix,y∈ℝ và Mx,y là điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng phức. Xét các điểm F1−8;0,F28;0.

Ta có: MF1=−8−x2+−y2=x+82+y2=z+8.

MF2=8−x2+−y2=x−82+y2=z−8.

⇒z−8+z+8=20⇔x+82+y2+x−82+y2=20⇔MF1+MF2=20.

Do MF1+MF2≥F1F2⇒ Tập hợp điểm M là một elip có dạng x2a2+y2b2=1

⇒2a=20c=8⇒a2=100b2=a2−c2=36⇒x2100+y236=1⇒maxz=10minz=6⇒m+n=16.

Đáp án B

Gọi H là trung điểm của A'C', tam giác ΔA'B'C' đều nên B'H⊥A'C'.

Trong (A'C'CA), kẻ HE⊥A'C, HE∩A'A=I.

Ta có: B'H⊥A'C'HI⊥A'C'⇒A'C'⊥B'HI⇒P≡B'HI.

ΔA'EH~ΔA'C'C⇒A'EA'H=A'C'A'C⇒A'E=A'C'.A'HA'C=a1020.

ΔA'IH~ΔA'C'C⇒IHA'H=A'CC'C⇒IH=A'C.A'HC'C=a106.

SB'HI=12B'H.HI=a23024⇒V1=13.SB'HI.A'E=13.a23024.a1020=a33144.

VABC.A'B'C'=SABC.AA'=a234.3a=3a334,  V2=107144.a33 do đó V1V2=1107.

 

Đáp án B

α có vectơ pháp tuyến n→=1;−2;2.

Δ:x−11=y−12=z2 là giao tuyến của hai mặt phẳng 2x−y−1=0;y−z−1=0.

(P) là mặt phẳng chứa Δ nên phương trình (P) có dạng

m2x−y−1+ny−z−1=0;m2+n2>0.

⇒2mx+n−my−nz−m−n=0

cosP,α=4m−4n35m2−2mn+2n2.

+ Với n=0: cosP,α=4m35m2=435

+ Với n≠0:cosP,α=4mn−15mn2−2mn+23.

Đặt t=mn,cosP,α=4t−135t2−2t+2=43t2−2t+15t2−2t+2

Xét ft=t2−2t+15t2−2t+2

f't=8t2−6t−25t2−2t+22;f't=0⇔t=1t=−14

(P) là mặt phẳng tạo với α một góc nhỏ nhất nên cosP,α=4359=459

Khi đó t=−14⇒mn=−14.

Chọn m=1;n=−4 ta được phương trình mặt phẳng P:2x−5y+4z+3=0.

Khi đó a=2;b=−5;c=4;d=3⇒abcd=−120.

Đáp án C

Ta có: y'=4m2+1x3−4mx=4xm2+1x2−m.

Cho y'=0⇔x=0x=±mm2+1m>0.

Khi m>0 thì đồ thị hàm số có ba điểm cực trị:

A−mm2+1;−m2m2+1+m2+1,B0;m2+1,Cmm2+1;−m2m2+1+m2+1.

Tam giác ABC cân tại B, gọi I là trung điểm của AC.

Khi đó BI=m2m2+1.

Khi quay tam giác ABC quay quanh AC thì được khối tròn xoay có thể tích là: V=2.13.πr2h=23πBI2.IC=23πm2m2+12mm2+1=23πm9m2+15

Xét hàm số fm=m9m2+15, ta có f'm=m89−m2m2+16, với m>0

Cho f'm=0⇒m=3m>0.

Bảng biến thiên của hàm số y = f(m):

Từ bảng biến thiên ta có maxfm=f3. Vậy thể tích lớn nhất khi m=3∈2;4.