Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 21)

Chọn C.

Gọi M là trung điểm của BC suy ra BC⊥AMBC⊥A'A⇒BC⊥A'M.

Vậy A'BC∩ABC=BCBC⊥AM,BC⊥A'M⇒α=A'BC;ABC=AM;A'M=A'MA^.

Tam giác  đều cạnh a nên AM=a32.

Suy ra: tanα=tanA'MA^=AA'AM=aa32=233.

Chọn C.

Điều kiện: y>0,x>−23

Từ giả thiết ta có: lny+ln3≥lnx3+2⇔ln3y≥lnx3+2⇔3y≥x3+2⇔3y−x≥x3−3x+2

Xét hàm số hx=x3−3x+2 trên −23;+∞.

Ta có: h'x=3x2−3,h'x=0⇔3x2−3=0⇔x=−1x=1.

          h−1=4,h1=0,h−23=323>0.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: min−23;+∞hx=0. Suy ra: 3y−x≥0⇔y−x≥0.

Ta có: H=e4y−x3−x−2−x2+y22+xy+1−y=ey−x+3y−x3+2−y−x22−y−x≥ey−x−y−x22−y−x.

Xét hàm số gt=et−12t2−t trên 0;+∞.

Ta có: g't=et−t−1,g"t=et−1.

Ta có: ∀t≥0⇒g"t=et−1≥e0−1=0, suy ra hàm số g'(t) đồng biến trên 0;+∞.

Suy ra: ∀t≥0:g't≥g'0=0, suy ra hàm số g(t) đồng biến trên 0;+∞.

Vậy min0;+∞gt=g0=1, Suy ra: Hmin=1.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=y3y=x3+2⇔x=y=1.

Chọn A.

Ta có N't=20001+2t⇒Nt=∫20001+2tdt=1000ln1+2t+C.

Lúc đầu đám vi trùng có 300000 con suy ra N0=300000.

Khi đó 1000ln1+2.0+C=300000⇔C=300000.

Suy ra Nt=1000ln1+2t+300000.

Vậy L=N10=1000ln21+300000=303044.

Chọn C.

Ta có y'=−f'2−x. Xét y'=0⇔−f'2−x=0⇔2−x=−12−x=12−x=22−x=3⇔x=3x=1x=0x=−1.

Bảng xét dấu của y'

Từ bảng xét dấu, ta sy ra hàm số y=f2−x có tất cả 3 điểm cực trị

Chọn A.

Đặt OA=a,OB=b,OC=c.

Gọi M là trung điểm của BC dựng trục đường tròn ∆ ngoại tiếp tam giác OBC trên mặt phẳng (OAM) kẻ đường trung trực của đoạn OA cắt ∆ tại I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp O.ABC

+) OM=12BC=12b2+c2,R=MI2+OM2=12a2+b2+c2.

+) Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC suy ra:

BC⊥AHBC⊥AO⇒BC⊥OAH⇒BC⊥OH.

1OH2=1b2+1c2⇒OH=bcb2+c2⇒AH=OA2+OH2=a2+b2c2b2+c2=a2b2+a2c2+b2c2b2+c2

Suy ra SΔABC=12AH.BC=12a2b2+a2c2+b2c2b2+c2.b2+c2=12a2b2+a2c2+b2c2.

+) Gọi J là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp O.ABC

Khi đó: dJ;OAB=dJ;OBC=dJ;OAC=dJ;ABC=r.

    VO.ABC=VJ.ABC+VJ.OBC+VJ.AOC+VJ.ABO⇔16abc=13rSΔABC+SΔOBC+SΔAOC+SΔABO

⇔12abc=r12a2b2+a2c2+b2c2+12ab+bc+ca.

⇔1r=1abca2b2+a2c2+b2c2+ab+bc+ca.

Suy ra: Rr=12.1abc.a2+b2+c2a2b2+a2c2+b2c2+ab+bc+ca

                ≥12.1abc.3a2b2c233a2b2.a2c2.b2c23+3ab.bc.ca3

                =12.1abc.3.abc33.a2b2c23+3a2b2c23=3+332=3+272.

Vậy P=a+b=30. Dấu “=” xảy ra khi a=b=c.

Chọn A.

Công thức tính diện tích xung quanh Sxq=πrl.

Chọn C.

Tập xác định của hàm số y=logax là 0;+∞ và tập giá trị của hàm số y=logax là ℝ

Tập xác định của hàm số y=ax là ℝ và tập giá trị của hàm số y=ax là 0;+∞.

Chọn A.

Tập xác định: D=ℝ\0.

Ta có: y'=3x2+m+1x6.

Hàm số đồng biến trên khoảng 0;+∞ khi 3x2+m+1x6≥0,∀x∈0;+∞.

                                                  ⇔−m≤3x2+1x6,∀x∈0;+∞.

                                                  ⇔−m≤min0;+∞gx.

Với gx=3x2+1x6. Ta có: g'x=6x−6x7;

     g'x=0⇔6x−6x7⇔x−1x7=0⇔x=1∈0;+∞x=−1∉0;+∞.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: −m≤4⇔m≥−4.

Suy ra: m∈−4;−3;−2;−1. Vậy tổng −4−3−2−1=−10.

Chọn D.

Dựa vào hình ta có số đỉnh của bát diện đều là 6.

Chọn D.

+ Điều kiện của bất phương trình x≠04−x>0⇔x<4x≠0.

+ Ta có 

log25x2≤log54−x⇔12log5x2≤log54−x⇔log5x2≤2log54−x

⇔log5x2≤log54−x2

⇔x2≤4−x2

⇔8x−16≤0

⇔x≤2.

Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là −∞;0∪0;2.

Chọn A.

Số khẳng định đúng là iii) và iv).

Chọn B.

Ta có: 3x23y=27x⇔33x2y=33x⇔3x2y=3x⇔xy=1.

Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số f'(x) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x0 và f'(x) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua x1. Hàm số không xác định tại x2. Vậy hàm số có một điểm cực đại, một điểm cực tiểu.

Chọn B.

Ta có: u2=5u3=9⇔u1+d=5u1+2d=9⇔u1=1d=4.

Suy ra: u4=u1+3=1+3.4=13.

Chọn C.

Ta có:

21−3x≥16<=>21−3x≥24<=>1−3x≥4<=>x≤−1

Chọn A.

Ta có:

Để a→ và b→ cùng phương thì a→=k.b→.

<=>k=32=>n=2:32=43m=1.32=32=>2m+3n=2.32+3.43=7

Chọn D.

Ta có: a→.p→=1.1+3.1+−2.2=0⇔a→⊥p→⇒ chọn D

Chọn B.

16x−2.12x+m−2.9x=0⇔432x−2.43x+m−2=01.

Đặt 43x=t;t>0

Phương trình (1) trở thành t2−2t+m−2=0 2.

Phương trình (1) có nghiệm dương khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm lớn hơn 1.

2⇔−t2+2t+2=m.

Số nghiệm phương trình (2) là số giao điểm của đồ thị y=−t2+2t+2 và đường thẳng y=m

Ta có bảng biến thiên y=−t2+2t+2:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (2) có nghiệm lớn hơn 1 khi và chỉ khi m<3

Vậy có 2 số nguyên dương  thỏa mãn

Chọn C.

Ta có PQ→=1;1;0⇒PQ→+3j→=1;4;0 với j→0;1;0.

Chọn C.

Gọi các điểm  lần lượt là các trung điểm của các cạnh AA', BB', CC'

Ta có VABCMNP=VABC.A1B1C1−3VCNPC1=12VABC.A'B'C'−3VCNPC1.

Mặt khác VCNPC1=13.12h.14SABC=124.VABC.A'B'C'

VABCMNP=12VABC.A'B'C'−18VABC.A'B'C'=38.8.6234=273.

Chọn B.

Gọi cạnh của hình lập phương là a

Theo giả thiết của bài toán ta có: a2=4⇔a=2.

Thể tích của khối lập phương là: V=a3=8cm3.

Chọn D.

I=Fx=∫cosxsinx+1dx

Đặt u=sinx+1⇒u2=sinx+1

⇒2udu=cosxdx.

I=∫u.2udu=2∫u2du

=23u3+C=23sinx+1sinx+1+C

Chọn A.

Xét hàm số fx=x3−3x+m+2, ta có:

                   f'x=3x2−3⇒f'x=0⇔x=±1

                  f1=m,f−1=m+6,f3=m+20.

Suy ra: min−1;3fx=f1=m,max−1;3fx=f3=m+20.

Vì fa,fb,fc là độ dài ba cạnh của một tam giác nên: fx>0,∀x∈−1;3⇔min−1;3fx=m>0⇒0<m<2018.

Mặt khác, với mọi số thực a,b,c∈−1;3 thì fa,fb,fc là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi f1,f1,f3 cũng là độ dài ba cạnh của tam giác nhọn

⇔f1+f1>f3f12+f12>f32⇔2m>m+202m2>m+202⇔m>20m<20−202hoặc m>20+202

⇔m>20+202⇒20+202<m<2018.

Mà m∈ℤ*⇒m=49;50;...;2017 nên ta có 2017−48=1969 giá trị nguyên dương của m

Chọn B.

Ta có:

     VS.ABC=13.SΔABC.SA

     SΔABC=AB22=AC24=a2

Tam giác SAB vuông cân tại A nên ta có: SA=AB=AC2=a2

           ⇒VS.ABC=13.a2.a2=a323.

Chọn C.

Ta có: Sxq=πrl⇔π.3.l=63.π

     ⇔l=633=23

ΔSOA vuông tại O có: sinOSA^=OASA=rl=323=32

⇒OSA^=600. Vậy góc ở đỉnh của hình nón đã cho bằng 2OSA^=1200.

Chọn B.

Hàm số y=4−x235 xác định khi 4−x2>0⇔−2<x<2.

Vậy tập xác định của hàm số là: D=(-2;2)

Chọn C.

Ta có: M=a14−b14a14+b14a12+b12=a12−b12a12+b12=a−b⇒1 đúng.

Hàm số y=log2ln2x−1 xác định khi

ln2x−1>0x>0⇔ln2x>1x>0⇔lnx>1lnx<−1x>0⇔x>ex<1ex>0⇔x∈0;1e∪e;+∞.

Vậy (2) là phát biểu sai.

Hàm số y=log2lnx là y'=log2lnx'=lnx'lnx.ln2=1xlnx.ln2. Vậy (3) là phát biểu đúng.

Hàm số y=10logax−1 xác định khi 0<a≠1x>1. Vậy (4) là phát biểu sai.

Kết luận: Vậy số các phát biểu đúng là 2.

Chọn B.

Nhận xét: Nếu A+B=450 thì 1+tanA1+tanB=2.

Thật vậy:

1+tanA1+tanB=1+tanA1+tan450−A=1+tanA1+tan450−tanA1+tan450.tanA

=1+tanA1+1−tanA1+tanA=1+tanA+1−tanA=2.

Khi đó:

1+tan101+tan201+tan30...1+tan4201+tan430=

=1+tan101+tan201+tan4301+tan301+tan420...1+tan220+1+tan230

=1+tan10.221. Suy ra a=21,b=1.

Vậy P=a+b=22.

Chọn C.

Điều kiện: 10−x≥0x2−100≠0⇔x≤10x≠−10x≠10⇔x<10x≠−10.

limx→10−fx=limx→10−10−xx2−100=limx→10−10−xx−10x+10=−limx→10−110−xx+10=−∞

⇒x=10 là tiệm cận đứng.

limx→−10+fx=limx→−10+10−xx2−100=−∞⇒x=−10 là tiệm cận đứng.

limx→−10−fx=limx→−10−10−xx2−100=+∞⇒x=−10 là tiệm cận đứng.

Vậy phương trình đường tiệm cận đứng là: x=10 và x=-10

Chọn D.

Hàm số y=cotx có tập giá trị là ℝ nên câu  D sai.

Chọn D.

Mặt phẳng đi qua tâm của khối cầu cắt khối cầu thì được một hình tròn có bán kính bằng bán kính của khối cầu. Gọi bán kính của khối cầu là R. Ta có: πR2=16π⇒R=4

Vậy diện tích của mặt cầu giới hạn nên khối cầu đó là S=4πR2=4π.42=64π.

Chọn A.

Bài toán tổng quát:

Gọi a (triệu đồng) là số tiền gửi tiết kiệm, b% là lãi suất trên 1 tháng, c (triệu đồng) là số tiền rút ra mỗi tháng.

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ nhất là:

S1=100+b100.a−c (triệu đồng)

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ hai là:

S2=100+b100.S1−c=100+b1002.a−100+b100.c−c (triệu đồng)

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ ba là:

S3=100+b100.S2−c=100+b1003.a−100+b1002.c−100+b100.c−c (triệu đồng)

…………………………………………………………………………………………………….

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ n là:

Sn=100+b100.Sn−1−c=100+b100n.a−100+b100n−1.c−100+b100n−2.c−...−100+b100.c−c

⇒Sn=100+b100n.a−c.100+b100n−1+100+b100n−2+...+100+b100+1 (triệu đồng)

⇒Sn=kn.a−c.1−kn1−k (triệu đồng) với k=100+b100

Chọn D.

Đồ thị hàm số y=fx

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình fx=2 có 4 nghiệm

Chọn D.

Ta có: Gọi Hx0;0. Khi đó Ax0;logax0;Bx0;logbx0

AH=logax0;BH=logbx0

Do 3HA=4HB⇔3logax0=4logbx0

Dựa vào đồ thị ta thấy: 3logax0=4logbx0⇔3logax0=−4logbx0

Đặt 3logax0=−4logbx0=t. Ta có

3logax0=−4logbx0=t⇔logax0=t3logbx0=−t4⇔at3=x0b−t4=x0

⇔at3=b−t4⇔at3=1bt4⇔at3.bt4=1⇔a4.b3=1.

Chọn B.

Ta có SH⊥ABCD.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD,I là trung điểm BO⇒HI//AC⇒HI⊥BD.

HI=12AC=a24.

ΔABD vuông tại A⇒HD=AH2+AD2=a24+a2=a52.

ΔSHD vuông tại H⇒SH=SD2−HD2=17a24−5a24=a3.

Trong SHI, vẽ HE⊥SIE∈SI.

1HE2=1HI2+1SH2=8a2+13a2=253a2⇒HE=a35.

Ta có BD⊥HIBD⊥SH⇒BD⊥SHI⇒BD⊥HE.

HE⊥SIHE⊥BD⇒HE⊥SBD.

Ta có HK là đường trung bình ΔABD⇒HK//BD⇒HK//SBD.

Do đó dKH,BD=dKH,SBD=dH,SBD=HE=a35.

Chọn A.

Ta có fx−4=0⇔fx=4.1

Gọi (C) là đồ thị hàm số y=f(x)

Phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d: y=4

Do đó số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của (C) và d

Dựa vào bảng biến thiên ta có (C) và d cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Vậy phương trình (1) có hai nghiệm thực.

Chọn A.

Chiều cao của hình trụ là h=20cm

Chu vi hình chữ nhật 100cm tức là 2h+2r=100⇔220+2r=100⇔r=15cm.

Thể tích của khối trụ là V=π.r2.h=π.152.20=4500π.

Chọn D.

Tập xác định của hàm số đã cho là

y'=3x2−6x−9

y'=0⇔x=−1∈−4;4x=3∈−4;4

y−4=−41.

y−1=40.

y3=8.

y4=15.

Vậy max−4;4y=y−1=40;min−4;4y=y−4=−41.

Chọn D.

Gọi O là trung điểm SC. Vì ABCD là hình chữ nhật nên BC⊥SABCD⊥SAD⇒BC⊥SBCD⊥SD.

Tam giác SBC,SDC,SAC lần lượt vuông tại B,D,A nên OA=OB=OC=OD=OS.

Vậy  là điểm cách đều của hình chóp

Chọn C.

Gọi I,J lần lượt là trung điểm BC,SA nên BC⊥AIBC⊥SI⇒BC⊥SAI.

Hai tam giác cân  bằng nhau nên IA=IS suy ra ΔISA cân tại I

Trong ΔSBI vuông tại I ta có SI=SB2−BI2=12−y24.

Trong ΔSAI cân tại I ta có IJ=SI2−SJ2=12−y24−x24.

Khi đó thể tích khối chóp  là V=13.BC.SSAI=16.BC.SA.IJ=16xy1−y2+x44

Ta có x2+y2≥2xy,∀x,y∈ℝ⇒V≤16xy1−xy2

=112xy.xy.4−2xy≤112xy+xy+4−2xy332≤2327

Dấy “=” xảy ra tại x=y=23 suy ra x+y=43.

Chọn A.

Cả ba khẳng định đều sai.

Chẳng hạn:

+) Xét hàm số fx=x4.

Ta có f'x=4x3;f"x=12x2

f'x=0⇔x=0

Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 và f"0=0. Do đó khẳng định i) và iii) sai.

+) Xét hàm số fx=−x4.

Ta có f'x=−4x3;f"x=−12x2

         f'x=0⇔x=0

Hàm số đạt cực đại tại x=0 và f"0=0. Do đó khẳng định ii) sai

Chọn D.

Xét phương trình: 2x−1x+1=x−1⇔2x−1=x+1x−1 (với điều kiện x≠−1)

                                                  ⇔x2−2x=0⇔x=2x=0

Với xA=2⇒yA=1;xB=0⇒yB=−1

Vậy P=yA2−2yB=12−2−1=3.

Chọn C.

Với k=0 khẳng định ∫kfxdx=k∫fxdx sai

Chọn C.

Bề lõm quay xuống dưới loại A, D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm O(0;0) nên đáp án đúng là C

Chọn A.

TXĐ: D=R

Đặt y=fx=x3−3x+1 thì f'x=3x2−3. Cho f'(x)=0 ta được 3x2−3=0⇔x=±1.

Bảng xét dấu

Hàm số đồng biến trên các khoảng −∞;−1 và 1;+∞, nghịch biến trên (-1;1) nên đáp án B và C đúng.

Xét dáp án D, ta thấy 1;2⊂1;+∞ nên đáp án D đúng.

Xét đáp án A, ta thấy −1;2∉−1;1 nên đáp án A sai

Chọn B.

Gọi T là phép thử ngẫu nhiên sắp xếp 10 em đoàn viên thành một hàng ngang để nhận giấy khen.

Gọi biến cố A: “Sắp xếp được hàng ngang gồm 10 em không có bất kì hai bạn nữ nào đứng cạnh nhau”.

Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=10!

Xếp 5 bạn nam có 5! Cách.

Xếp 5 bạn nữ xen vào giữa 4 khoảng trống và 2 vị trí đầu hàng có A65 cách.

Vậy có số phần tử của biến cố A là nA=5!.A65 cách.

Do đó xác suất của biến cố A là PA=nAnΩ=5!.A6510!=142.

Chọn D.

Số hạng thứ k+1 của khai triển có dạng: Tk+1=C21kx21−k−2x2k=C21k−2kx21−3k.

Để số hạng không chứa x thì 21−3k=0⇔k=7.

Vậy số hạng không chứa x là T8=C217−27=−27C217.

Chọn C.

Đặt t=cosx+1,x∈−π2;3π⇒t∈0;2.

Với t0∈0;1 thì phương trình cosx+1=t0 cho 3 nghiệm thuộc khoảng −π2;3π.

Với t0∈1;2 thì phương trình cosx+1=t0 cho 4 nghiệm thuộc khoảng −π2;3π.

Phương trình có dạng: f(t)=t

Từ đồ thị hàm số suy ra: ft=t⇔t=b0<b<1t=2

Với t=2 phương trình cosx+1=2⇔cosx=1 có 2 nghiệm thuộc khoảng −π2;3π.

Với t=b phương trình cosx+1=b⇔cosx=b−1<0 có 3 nghiệm thuộc khoảng −π2;3π.

Chọn B.

Hai điểm tạo véc-tơ có phân biệt điểm đầu, điểm cuối nên số véc-tơ cần tìm là A52.

Chọn A.

Vì a,b,c theo thứ tự lập thành một cấp số nhân nên:

ac=b2⇔2RsinA2RsinC=2RsinB2⇔sinA.sinC=sin2B

⇔lnsinA.sinC=lnsin2B⇔lnsinA+lnsinC=2lnsinB.