Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 2)

Đáp án B

Trên khoảng (0;6), hàm số đồng biến trên (0;3) và nghịch biến trên (3;6) nên đáp án B sai

Đáp án A

Hàm số y=ex2+2x xác định khi x2+2x, mà x2+2x là đa thức bậc hai nên nó xác định trên toàn trục số thực ℝ. Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D=ℝ.

Đáp án D

u1=−5d=3⇒100=un=u1+n−1d=3n−8⇔n=36

Đáp án D

limx→−∞2x−3x2+1−x=limx→−∞2−3x−1+1x2−1=−1

Đáp án A

Từ đồ thị C1 ta có hàm số y=logax đồng biến trên tập xác định do đó a>1 nên A sai

Đáp án D

Vận tốc của chuyển động tại thời điểm t là vt=S'=12t4−3t2/=2t3−3t.

Do đó v4=2.43−3.4=116m/s.

Đáp án A

V=πr2h⇒h=Vπr2=πa3πa2=a.

Đáp án C

Ta có ∫01fx−2gxdx=∫01fxdx−2∫01gxdx

⇒∫01fxdx=∫01fx−2gxdx+2∫01gxdx=12+2.5=22.

Đáp án A

Ta có: u→=12+22+22=3

Đáp án C

Mặt phẳng song song với mặt phẳng (Oyz) và đi qua A(-1;-1;-1) nhận i→=1;0;0 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là x+1=0

Đáp án D

Gọi GxG;yG;zG là trọng tâm tam giác ABC.

Ta có xG=xA+xB+xC3=−1+3−23=0yG=yA+yB+yC3=2+4−63=0zG=zA+zB+zC3=4+2−63=0

Vậy G(0;0;0)

Đáp án A

w=3z1−2z2=31+2i−22−3i=−1+12i. Vậy phần ảo của số phức w là 12

Đáp án D

Hình lập phương ABCDA'B'C'D' có 9 mặt phẳng đối xứng đó là:

+) Ba mặt phẳng trung trực của các cạnh AB, AD, AA'.

+) Sáu mặt phẳng chứa 6 đường chéo của hình lập phương

Đáp án C

Ta có ∫3x2+sinxdx=x3−cosx+C.

Đáp án B

Đạo hàm y/=6x2+6x−4

Giả sử đường thẳng Δ là tiếp tuyến của (C) tại điểm Mx0;y0.

Suy ra đường thẳng Δ có hệ số góc là k=y/x0=6x02+6x0−4.

Khi đó k=6x02+x0−23=6x02+x0+14−1112=6x0+122−112≥−112.

Vậy trong các tiếp tuyến của (C), tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất là -5,5.

Đáp án B

Ta có đồ thị hàm số y=f'(x) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt, mà qua các điểm đó đạo hàm đổi dấu. Nên đạo hàm đổi dấu ba lần qua ba nghiệm. Do vậy hàm số y=f(x) có ba điểm cực trị

Đáp án D

• I∈d⇒I2t+1;t+2;2t+3
• Mặt cầu tiếp xúc với 2 mặt phẳng ⇔dI;P1=dI2;P2⇔8t+9=9t+9⇔8t+9=9t+98t−9=−9t−9⇔t=0t=−1817
• t=0⇒I1;2;3;R=3⇒S:x−12+y−22+z−32=9.

• t=−1817⇒I−1917;1617;1517;R=317⇒S:x+19172+y−16172+z−15172=9289.

Đáp án D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d.

Suy ra H∈d nên H1+3t;−2−2t;t⇒MH→=3t−1;4−2t;t−3.

Đường thẳng d có một VTCP là u→=3;−2;1.

Ta có MH⊥d nên MH→.u→=0⇔33t−1−24−2t+t−3=0⇔t=1⇒H4;−4;1.

Đáp án C

Phương pháp tự luận y'=3x2+18x+20x+32=0⇔x=−9+213x=−9−213

⇒ Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là y=6x+13.

Phương pháp trắc nghiệm

Tại điểm cực trị của đồ thị hàm số phân thức ở dạng bậc 2 trên bậc 1, ta có: fxgx=f'xg'x

Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là y=3x2+13x+19'x+3'⇔y=6x+13.

Đáp án D

Ta có BC=BD=4cm⇒SBCD=8cm2.

Khoảng cách từ A đến (BCD) là d=3VABCDSBCD=3.328=12cm.

Đáp án B

Ta có:

+) limx→1+y=limx→1+x+3−2x2−1=18,limx→1−y=limx→1−=x+3−2x2−1=18.

Suy ra x=1 không phải là đường tiệm cận đứng.

+) limx→−1+y=limx→−1+x+3−2x2−1=+∞. Suy ra x=-1 là đường tiệm cận đứng.

Đáp án C

TH1. Chọn 1 điểm thuộc d1 và 2 điểm thuộc d2⇒ có C171.C202 tam giác.

TH2. Chọn 2 điểm thuộc d1 và 1 điểm thuộc d2⇒ có C172.C201 tam giác.

Như vậy, ta có C171.C202+C172.C201=5950 tam giác cần tìm

Đáp án D

Tập xác định: D=ℝ.

y=fx=ax3+bx2+cx+dC

y/=f/x=3ax2+2bx+c  P.

Dựa vào đồ thị của P⇒f/0=0⇒c=0

 (P) có đỉnh I1;−1⇒−b3a=13a+2b=−1⇔3a+b=03a+2b=−1⇔a=13b=−1

⇒y/=f/x=x2−2x⇒y=fx=13x3−x2+d  C

Vì (C) tiếp xúc Ox tại điểm có hoành độ dương nên (C) tiếp xúc Ox tại điểm có hoành độ x=2, theo điều kiện tiếp xúc của hai đồ thị ⇒f2=0f/2=0⇔83−4+d=0⇔d=43⇒C cắt Oy tại điểm A0;43.

Đáp án D

Gọi z=a+bi⇒z¯=a−bi.

Khi đó z2+z¯2=a+bi2+a−bi2=2a2+2b2i2=2a2−b2.

Đáp án A

Theo giả thiết, SA=SB=a và tam giác ASB vuông cân tại S ⇒AB=a2.

Nếu gọi O là tâm đường tròn đáy thì O là trung điểm của AB, SO là chiều cao của hình nón và SO=R=a22.

Khi đó Sxq=π.R.SB=πa222

Đáp án B

Áp dụng định lý Viet, ta có S=α+β=2+4iP=α.β=−11−2i.

Do đó α,β là hai nghiệm của phương trình z2−Sz+P=0⇔z2−2+4iz−11+2i=0.

Đáp án D

Ta có

fa=a23a−23−a3a18a38−a−18=a23a−23−a13a18a38−a−18=1−aa12−1=−a12−1a12+1a12−1=−a12−1.

Khi đó f20192018=−2019201812−1=−20191009−1.

Đáp án D

Ta có y=ax,y=bx là hai hàm số đồng biến, hàm số y=cx là hàm số nghịch biến nên ta có

a>1b>10<c<1⇒c<a,b.

Thay x=1 vào hai hàm số y=ax,y=bx ta được: a < b

Do đó, ta có: c < a < b.

Đáp án A

Dựng AM⊥CD tại M. Ta có: SMA^=60°.

SABCD=AD+BC2.AB=4a2.

CD=AD−BC2+AB2=2a2.

SABC=12AB.BC=a2

SACD=SABCD−SABC=3a2.SACD=12AM.CD⇒AM=2SACDCD=322a

Ta có: SA=AM.tanSMA^=362a⇒vS.ABCD=13SA.SABCD=26a3.

Đáp án A

Ta có F(x)=∫2x+1sin2xdx=x2−cotx+C

Fπ4=−1⇔π42−cotπ4+C=−1⇔C=−π216

Vậy F(x)=−cotx+x2−π216.

Đáp án D

Ta có P=5−2620185+262019=5−2620185+2620185+26

=5−2620185+2620185+26

=5−265+2620185+26=120185+26=5+26

Vậy P∈8;10.

Đáp án B

Yêu cầu bài toán ⇔−x2+mx+2m+1>0,∀x∈1;2

⇔mx+2>x2−1,∀x∈1;2⇔m>x2−1x+2,∀x∈1;2.

Xét hàm số fx=x2−1x+2, với x∈1;2

f'(x)=x2+4x+1x+22,f'x=0⇔x=−2−3∉1;2x=−2+3∉1;2⇒f'x>0,∀x∈1;2

Dựa vào bảng biến thiên có m>x2−1x+2,∀x∈1;2 khi m≥34. Vậy m≥34

Đáp án B

Ta có g'x=f'x−1.

g'x=0⇔f'x=1. Từ đồ thị, ta được x=−1,x=1,x=2.

Từ đồ thị, ta có bảng xét dấu của g'(x).

x				1		2		+∞
g'(x)	+	0		0		0	+

Vậy hàm số g(x) đạt cực đại tại x=-1.

Đáp án A

Khi cho hình thang ABCD quay quanh trục AD ta thu được khối nón cụt có đường cao AD, bán kính của đáy lớn là DC, bán kính đáy nhỏ là AB.

Áp dụng công thức tích thể tích khối nón cụt, ta có thể tích của khối tròn xoay tạo thành là:

V=13h.πR12+R22+R1.R2

=13AD.πAB2+DC2+AB.DC=13a.πa2+4a2+a.2a=7πa33.

Vậy thể tích khối tròn xoay là =7πa33.

Đáp án D

Gọi đường thẳng đi qua chân đường phân giác trong góc B của tam giác và vuông góc với (ABC) là Δ.

Ta có AB→=0;−3;4;BC→=−6;3;2;AB→,BC→=−18;−24;−18.

AB=02+−32+42=5;BC=−62+32+22=7.

Gọi K(x;y;z) là chân đường phân giác trong góc B, ta có

KAKC=ABBC⇒KA→=−ABBCKC→⇔KA→=−57KC→.

⇒1−x=−57−5−x2−y=−572−y−1−z=−575−z⇒x=−32y=2−z=32⇒K−32;2;32.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng Δ là u→=3;4;3. Phương trình Δ là x=−32+3ty=2+4tz=32+3t.

Đáp án B

Vì sin4x+cos4x=1−12sin22x∈1;2.fx<34,∀x∈1;2

Dựa vào đồ thị suy ra M=maxgx=f1=3m=mingx=f2=1. Vậy M+m=4.

Đáp án D

Gọi M(a;b) là điểm biểu diễn số phức z=a+bi   (a,b∈ℝ)

Ta có: z+iz−i=a+(b+1)ia+(b−1)i=a2+b2−1a2+(b−1)2+2aia2+(b−1)2

Để z+iz−i là số thuần ảo thì a2+b2−1a2+b−12=0⇔     a2+b2=1a2+b−12≠0⇔a2+b2=1a≠0,b≠1

Đáp án A

Đặt t=2x⇒dx=12dt. Đổi cận x=12⇒t=1x=32⇒t=3.

Khi đó .

Mà 2f3x+3f2x=−15x2⇔f2x=−5x2−23f3x

Nên I=12∫13−5x2−23f3xdx=−54∫13xdx−13∫13f3xdx=−5−13∫13f3xdx   *

Đặt u=3x⇒dx=13dx. Đổi cận x=1⇒u=3x=3⇒t=9.

Khi đó I=−5−19∫39ftdt=−5−k9=−45+k9.

Đáp án A

Ta có f'x=1xlnx−1

⇒fx=∫1xlnx−1dx=lnlnx−1+C=ln1−lnx+C1   khi   x∈0;elnlnx−1+C2   khi   x∈e;+∞.

+) f1e2=ln6⇒C1=ln2.

+) fe2=3⇒C2=3.

Do đó fx=ln1−lnx+ln2   khi   x∈0;elnlnx−1+3   khi   x∈e;+∞⇒f1e=ln2+ln2fe3=ln2+3

→f1e+fe3=3ln2+1.

Đáp án D

Trên −1;3, ta có 1≤fx≤7⇒0≤fx−2≤5.

Đặt t=fx−2 với t∈0;5. Khi đó y=t3−3t2+5⇒y'=3t2−6t=0⇔t=0t=2.

Ta có y0=5;y2=1;y5=55. Suy ra M=55m=1⇒M.m=55.

Đáp án A

+) Xét I1=∫1e6flnxxdx=6. Đặt t=lnx⇒dt=12xdx⇒2dt=1xdx

Suy ra: I1=∫032ftdt=6⇒I1=∫03ftdt=3

+) Xét I2=∫0π2fcos2x.sin2x.dx. Đặt t=cos2x→dt=−sin2xdx

Suy ra: I2=∫01ftdt=2⇒I2=2.

Vậy ∫13fx+2dx=∫13fxdx+∫032dx=∫03fxdx−∫01fxdx+4=I1−I2+4=5.

Đáp án A

Xét f'x+2x+4f2x=0⇔−f'xf2x=2x+4

⇒∫−f'xf2xdx=∫2x+4dx⇒1fx=x2+4x+C.

Vì f0=13⇒C=3⇒fx=1x2+4x+3=121x+1−1x+3.

Vậy S=f0+f2+...+f2018+f1+f3+...+f2017

S=121−13+13−15+...+12019−12021+1212−14+14−16+...+12018−12020

S=121+12−12020−12021=1220202021+10092020

.

Đáp án B

Gọi z=x+yi,x,y∈ℝ.

Khi đó z−1−i+z−3−2i=5⇔x−1+y−1i+x−3+y−2i=5   1.

Trong mặt phẳng Oxy, đặt A1;1;B3;2;Ma;b.

⇒ Số phức z thỏa mãn (1) là tập hợp điểm M(a;b) trên mặt phẳng hệ tọa độ Oxy thỏa mãn MA+MB=5.

Mặt khác AB=3−12+2−12=5 nên quỹ tích điểm M là đoạn thẳng AB.

Ta có z+2i=a+b+2i. Đặt N(0;-2) thì z+2i=MN.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên đường thẳng AB.

Phương trình AB: x-2y+1=0.

Ta có H(-1;0) nên hai điểm A, B nằm cùng phía đối với H.

Ta có AN=12+32=10BN=32+2+22=5.

Vì M thuộc đoạn thẳng AB nên áp dụng tính chất đường xiên và hình chiếu ta có AN≤MN≤BN=5.

Vậy giá trị lớn nhất của z+2i bằng 5 đạt được khi M≡B3;2, tức là z=3+2i

Đáp án C

Ta có AB=AC=a2,BC=a, suy ra tam giác ABC cân tại A.

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, SB và SA.

Gọi I=SM∩CN thì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.

Qua I dựng đường thẳng d song song với SA, dễ thấy SA⊥SBC nên d⊥SBC, suy ra d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.

Trong mặt phẳng (SAM) dựng trung trực của SA cắt d tại O, khi đó OA=OS=OB=OC nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.

Ta có SM=a32⇒SI=23SM=a3. Tứ giác SIOP là hình chữ nhật nên

OS2=SI2+SP2=a23+a24=7a212⇒SO=a216.

Diện tích mặt cầu S=4π.SO2=4π.7a212=7πa23.

Đáp án C

Ta có tọa độ giao điểm M(x;y;z) thỏa mãn hệ phương trình

x=1+aty=2+btz=ctx=0⇔t=−1ay−2=btz=ctx=0                                                                       

(vì a2=b2+c2 nên a≠0) ⇒y−22+z2=b2+c2−1a2=1.

Hay tập hợp tất cả các giao điểm là đường tròn tâm I0;2;0, bán kính R=1 nằm trong mặt phẳng (Oyz)

Đáp án B

Dựa vào đồ thị ta thấy f(x) đạt cực trị tại 0 và 2

Suy ra f'x=0⇔x=0x=2.

Ta có

g'x=f'xf'f(x)=0⇔f'(x)=0⇔x=0x=2f'f(x)=0⇔f(x)=0⇔x=0;x=a>2f(x)=2⇔x=b>a

Vậy phương trình g'x=0 có 4 nghiệm bội lẻ là x=0,x=2,x=a và x=b. Lập bảng biến thiên của hàm số gx=ffx ta có được đáp án đúng.

Đáp án B

ĐKXĐ: 3x2+3x+m+1>0   *.

Ta có phương trình ban đầu tương đương

log23x2+3x+m+1+3x2+3x+m+1=log22.2x2−x+1+2.2x2−x+1

⇔3x2+3x+m+1=22x2−x+1  1

⇔x2−5x+1−m=0  2

Với đẳng thức (1) thì điều kiện (*) được thỏa mãn nên yêu cầu của bài toán ⇔2 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1

⇔Δ>0x1+x2−2>0x1−1x2−1>0⇔21+4m>05−2>01−m−5+1>0⇔−214<m<−3.

Vậy có hai giá trị nguyên của m

Đáp án B

TXĐ: D∈0,3. Ta có m=2x+3−xfx.

Vì 2x+3−x≤x+3−x.2+1=3fx≥f2=1 nên 2x+3−xfx≥35,∀x∈0;3.

Dấu "=" xảy ra khi x=2.

Vì 2x+3−x≥2x+3−x=3+x≥3fx≤f0=5 nên 2x+3−xfx≥35,∀x∈0;3.

Dấu "=" xảy ra khi x=0.

Vậy 35≤m≤3→m∈ℤm∈1;2;3.

Đáp án C

S:x−32+y−22+z−52=36, có tâm I(3;2;5) và R=6

Ta có: EI→=1;1;2⇒EI→=12+12+22=6<6=R.

Do đó điểm E nằm trong mặt cầu (S).

Vì E∈P và E∈ΔΔ⊂P nên giao điểm của Δ và (S) nằm trên đường tròn giao tuyến (C) tâm K của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S), trong đó K là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P). Gọi Δ∩S=A;B. Độ dài AB nhỏ nhất khi và chỉ khi dK,Δ lớn nhất.

Gọi F là hình chiếu của K trên Δ khi đó dK;Δ=KF≤KE. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi F≡E.

Vì IK⊥PKE⊥Δ⇒IK⊥ΔKE⊥Δ⇒IE⊥Δ.

Mặt khác: n→P,EI→=5;−5;0, cùng phương với u→=1;−1;0.

Vì Δ⊂PΔ⊥IE nên Δ có một vectơ chỉ phương là u→=1;−1;0. Vậy Δ:x=2+ty=1−tz=3.

Đáp án B

Gọi G là tâm tam giác đều BCD ⇒AG⊥BCD.

Trong mặt phẳng (BCD), dựng hình bình hành BMCN mà BM⊥CM nên BMCN là hình chữ nhật.

Ta có BM//ACN

⇒dBM,AC=dBM,ACN=dG,ACN.

Kẻ GK⊥NC  K∈NC và GH⊥AK  H∈AK

⇒dG,ACN=GH.

Ta có AG=AB2−BG2=9−23.3322=6  cm   ,GK=CM=32  cm.

Vậy GH=AG.GKAG2+GK2=6.326+94=32211  cm