Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 22)

Chọn C.

Thể tích khối hộp chữ nhật đã cho là V=abc

Chọn A.

Khối đa diện đều loại 3;5 là khối hai mươi mặt đều có tất cả 30 cạnh.

Chọn D.

Theo công thức tính độ dài đoạn thẳng, ta có AB=xB−xA2+yB−yA2+zB−zA2

Chọn C.

Ta có ∫fxdx=∫3x2+1dx=3x33+x+C=x3+x+C.

Chọn D.

Từ đồ thị ta có bảng xét dấu của đạo hàm

Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng (1;2)

Chọn D.

Stp=Sxq+Sday=πRl+πR2=πRR+l

Chọn C.

Ta có: ∫fxdx=ex+sinx+C⇒fx=ex+sinx+C'⇒fx=ex+cosx.

Chọn D.

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị của hàm số y=ax và hàm số nghịch biến trên ℝ⇒0<a<1.

Đồ thị hàm số đi qua điểm −1;3⇒a=13⇒y=13x.

Chọn C.

Dựa vào bảng biến thiên f'−3=f'−2=f'−1=0.

f'(x) đổi dấu qua hai điểm x=−3;x=−2.

Nên hàm số f(x) có hai điểm cực trị

Chọn C.

Mỗi cách chọn 3 học sinh từ 5 học sinh là một tổ hợp chập 3 của 5 phần tử.

Suy ra số cách chọn là C53.

Chọn B.

Hàm số f(x) đồng biến trên khoảng (-1;0) và 1;+∞

Chọn C.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (-1;0) và 1;+∞.

Chọn B.

ĐKXĐ: x−4>0⇔x>4.

log3x−4=2⇔x−4=9⇔x=13 (thỏa mãn ĐKXĐ).

Chọn D.

Mặt phẳng đi qua ba điểm A−1;0;0,B0;−2;0 và C(0;0;3) là mặt phẳng đoạn chắn và có phương trình là x−1+y−2+z3=1.

Chọn B.

TXĐ: D=ℝ.

y'=3x2−12

y'=0⇔x=±2

Bảng biến thiên

Vậy hàm số đạt cực đại tại x=-2.

Chọn C.

Ta có:

limx→+∞y=−1,limx→−∞y=2 suy ra đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang y=-1;y=2.

limx→(−1)+y=−∞ suy ra đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng x=-1.

Vậy đồ thị hàm số có tất cả 3 đường tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang

Chọn C.

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là: v1→2;−3;2.

Chọn D.

Ta có: y'=4x3−4x,y'=0⇒4x3−4x=0⇔x=0x=1x=−1.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;−1.

Chọn C.

Ta có: ∫sin3xdx=−cos3x3+C.

Chọn D.

Dựa vào hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số y=f(x) đi lên từ trái sang phải trên khoảng (-1;0)

Suy ra hàm số y=f(x) đồng biến trên khoảng (-1;0).

Chọn A.

Ta có: u→=2v→=2;−4;2.

Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có giá trị cực tiểu của hàm số đã cho là 1

Chọn B.

Ta có fx−3m+5=0⇔fx=3m−5. Số nghiệm của phương trình ban đầu là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng d:y=3m−5.

Dựa vào đồ thị hàm số y=f(x) để phương trình fx−3m+5=0 có 3 nghiệm phân biệt thì: −2<3m−5<2⇔1<m<73.

Vậy có 1 giá trị nguyên m=2 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chọn B.

Theo giả thiết ta có ΔSAB là tam giác đều cạnh 2a. Do đó l=2a,r=a⇒h=l2−r2=a3.

Vậy thể tích khối nón là V=13πr2h=13π.a2.a3=πa333.

Chọn B.

Vì 34∈0;1 nên suy ra phương trình fx=34 có 4 nghiệm

Chọn A.

Ta có bảng biến thiên:

Nhìn vào bảng biến thiên suy ra f(x) đạt cực tiểu tại x=1.

Chọn A.

Tập xác đinh: D=ℝ.

y=x2ex⇒y'=2xex+x2ex=xex2+x.

y'=0⇔x=0x=−2.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên (-2;0)

Chọn A.

Dựa vào đồ thị ta thấy đây là hàm bậc ba nên loại câu B, C.

Mặt khác giao điểm của đồ thị với trục tung tại điểm có tung độ âm nên loại câu D

Chọn D.

Ta có: thể tích khối cầu: V=43πR3=43π323=3π2.

Chọn D.

Tập xác định: D=−9;+∞\−1;0.

Ta có: limx→−1+y=−∞⇒ đường thẳng x=-1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

limx→0+y=limx→0+1x+1x+9+3=16.

limx→0−y=16.

Vậy đồ thị hàm số đã cho chỉ có một tiệm cận đứng

Chọn B.

Gọi T là phép thử ngẫu nhiên lấy ra 2 bi từ túi đựng 6 bi xanh và 4 bi đỏ.

Gọi biến cố A “cả hai viên bi đều màu đỏ”.

Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C102

Số phần tử của biến cố A là nA=C42

Xác suất của biến cố A là PA=nAnΩ=C42C102=215.

Chọn A.

Ta có y'=−x2+2mx−2m.

Xét y'=0⇔−x2+2mx−2m=0.

Để hàm số y=−x33+mx2−2mx+1 có hai điểm cực trị thì y'=0 có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ'>0⇔m2−2m>0⇔m>2m<0.

Chọn C.

log12x−1≥−1⇔x−1>0x−1≤12−1⇔x>1x−1≤2⇔x>1x≤3⇔1<x≤3.

Chọn A.

Tam giác ABC cân tại A nên AC=AB=a

SABC=12.AB.AC.sinBAC^=12.a.a.sin1200=a234.

VS.ABC=13.SABC.SA=13.a234.a=a3312.

Chọn C.

Vì F(x) là một nguyên hàm của hàm số fx=sinx nên Fx=−cosx+C với C là hằng số. Lại có, đồ thị của hàm số y=F(x) đi qua điểm M(0;1) nên 1=−cos0+C⇔C=2.

Do đó Fx=−cosx+2⇒Fπ2=2.

Chọn B.

Ta có a→⊥b→⇔a→.b→=0⇔3.2+−2.m+m.−1=0⇔m=2.

Chọn A.

Đặt t=cosx⇒−1≤t≤1⇒y=ft có giá trị lớn nhất bằng 5 trên −1;1 (suy ra từ bảng biến thiên).

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số y=f(cosx) bằng 5

Chọn A.

Bốn điểm A,B,C,D là bốn đỉnh của tứ diện khi AB→,AC→.AD→≠0

Ta có AB→=4;−2;−1,AC→=2;0;1,AD→=1;1;m−4

AB→,AC→=−2;−6;4⇒AB→,AC→.AD→=−2−6+4m−4≠0⇒m≠6.

Chọn B.

ĐKXĐ: x>1

Ta có:

     x2−99x−100=0⇔x=−1x=100

     lnx−1≥0⇔x−1≥1⇔x≥2.

BXD:

Từ bảng xét dấu suy ra nghiệm của BPT là: 2<x<100

Mà x∈ℤ nên 3≤x≤99⇒ vậy có tất cả 99-2=97 số nguyên x thỏa mãn đề bài

Chọn D.

Ta có:

     A<2202131273<B⇔logA<2021.log2−1273.log3<logB

Mà 2021.log2−1273.log3≈1,006⇒logA<1,006<logB⇒A<101,006<B⇒A<10,145<B

Do A,B là hai số tự nhiên liên tiếp nên A=10,B=11⇒A+B=21.

Chọn D.

Điều kiện phương trình: x>0.

Đặt t=log x phương trình trở thành ft=t2−2m+1t+4=01.

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm thỏa mãn 0<x1<10<x2 thì phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn: t1<1<t2.

Khi đó: a.f1<0⇔1−2m+11+4<0⇔−2m+3<0⇔m>32.

Chọn B.

Kẻ d//AB//CDS∈d⇒d=SAB∩SCD.

Gọi P,K lần lượt là trung điểm của AB,CD. Do ABCD là hình chữ nhật nên:

d//CD⊥SOK⇒d//CD⊥SK1.

d//AB⊥SOP⇒d//AB⊥SP2.

Từ 1,2⇒SK,SP⊥d⇒SAB,SCD^=SP,SK^=PSK^=600.

Xét tam giác SOK vuông tại O, ta có: OKSO=tanOSK^.

⇒SO=OKtanOSK^=atan300=a3

Xét tam giác SOD vuông tại O, ta có: SD=SO2+OD2=3a2+a522=a172.

Kẻ đường trung trực của SD cắt SO tại I khi đó ΔSID cân tại I.

⇒IS=ID=IA=IB=IC=R.

Suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là I, bán kính mặt cầu R=IS.

Ta có: R=IS=SD22SO=17a242.a3=17a324.

Chọn D.

Mặt phẳng (ABCD) song song với OO' và cách OO' một khoảng bằng 2.

Kẻ OH⊥CD⇒dOO';ABCD=OH=2

Ta có: DH=HC xét tam giác vuông OHD có: DH=OD2−OH2=42−22=23.

Diện tích xung quanh cần tìm là: Sxq=2πR.OO'=2.π.4.43=323π.

Chọn C.

Ta có: SO=R=2a

Kẻ OH⊥AB⇒AH=HB=23a2=3a.

Xét tam giác vuông OAH ta có: OH=OA2−AH2=2a2−3a2=a

Ta có: OH⊥ABSO⊥AB⇒AB⊥SHO

Kẻ OK⊥SH⇒OK⊥AB⇒dO;P=dO;SAB=OK.

Tam giác vuông SOH vuông tại O ta có: 1OK2=1SO2+1OH2⇒OK=SO2.OH2SO2+OK2=2a55.

Chọn C.

Do SA⊥ABC nên góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) là góc SCA^. Suy ra SCA^=300.

Trong tam giác SCA vuông tại A có tanSCA^=SAAC⇔SA=AC.tanSCA^=a.tan300=a33.

Lấy điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.

Khi đó dSB,AC=dAC,SBD=dA,SBD.

Ta có AB=BD=AD⇒ΔABD đều cạnh a.

Gọi M là trung điểm BD. Suy ra AM⊥BD và AM=a32.

Trong ΔSAM kẻ AH⊥SM với H∈SM.

Do BD⊥AMBD⊥SA⇒BD⊥SAM⇒BD⊥AH

Suy ra AH⊥SAM⇒dA,SBD=AH.

Trong ΔSAM vuông tại A ta có:

1AH2=1AM2+1SA2⇔1AH2=43a2+93a2⇔1AH2=133a2⇔AH=a313.

Vậy dSB,AC=a313=a3913.

Chọn D.

Xét hàm số gx=fsinx−1.

fsinx−1=0⇔fsinx=1⇔sinx=1sinx=α0<α<12

Phương trình sinx=1 cho một nghiệm x=π2 thuộc đoạn 0;2π..

Phương trình sinx=a cho 2 nghiệm thuộc đoạn 0;2π

Ta tìm số cực trị của hàm số gx=fsinx−1.

Ta có: g'x=cosxf'sinx,g'x=0⇔cosxf'sinx=0⇔cosx=0f'sinx=0

⇔cosx=0sinx=12sinx=2l⇔x=π2+kπx=π6+k2πx=5π6+k2π

Vì x∈0;2π, suy ra: x∈π6;π2;5π6;3π2.

Hàm số gx=fsinx−1 có một điểm cực trị x=π2 thuộc trục hoành.

Vậy hàm số hx=fsinx−1 có 6 điểm cực trị

Chọn D

ΔABC vuông tại A⇒BC=AB2+AC2=3a2+4a2=25a2=5a.

Vẽ ΔMNP sao cho AB,BC,CA là các đường trung bình của ΔMNP⇒ACBN;ABCP là các hình bình hành; ABMC là hình chữ nhật và MP=6a;MN=8a;NP=10a

Ta có: BC//SNP⇒dSA,BC=dBC,SNP=dB,SNP

Lại có: dB,SNPdM,SNP=BNMN=12⇒dM,SNP=2dB,SNP=2dSA,BC=12a3417

Tương tự ta tính được:

dP,SMN=2dSB,CA=24a5 và dN,SMP=2dSC,AB=24a1313

Gọi D,E,F lần lượt là hình chiếu của H lên NP,MP,MN và đặt h=SH=dS,MNP

Ta có: SH⊥NP và HD⊥NP⇒NP⊥SHD

Chứng minh tương tự: HE⊥SMP;HF⊥SMN

Do đó: 3VSMNP=dM,SNP.SSNP=dN,SMP.SSMP

=dP,SMN.SSMN=dS,MNP.SMNP=h.SMNP

Mặt khác: SSNP=12SD.NP=5a.SD;SSMP=12SE.MP=3a.SE;

                SSMN=12SF.MN=4a.SF;SMNP=12MN.MP=24a2

⇒12a3417.5a.SD=24a1313.3a.SE=24a5.4a.SF=24a2h

⇒SD=h345;SE=h133;SF=5h4

Ta lại có: HD=SD2−SH2=34h225−h2=9h225=3h5

               HE=SE2−SH2=13h29−h2=4h29=2h3

                HF=SF2−SH2=25h216−h2=9h216=3h4

Mà SMNP=SHNP+SHMP+SHMN=12HD.NP+12HE.MP+12HF.MN

⇒12.3h5.10a+12.2h3.6a+12.3h4.8a=24a2⇒8ah=24a2⇒h=3a

Vậy thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC=13h.SABC=13.3a.12.3a.4a=6a3

Chọn B.

Dựa vào đồ thị của hàm số f'(x) ta thấy f'x=0⇔x=−1x=2 và f'x>0⇔x>2.

Ta có: y'=2x−2mf'x2−2mx+m2+1=2x−mf'x−m2+1

y'=0⇔x−m=0f'x−m2+1=0⇔x=mx−m2+1=−1x−m2+1=2

* x−m2+1=−1⇔x−m2=−2→ phương trình vô nghiệm.

* x−m2+1=2⇔x−m2=1⇔x−m=1x−m=−1⇔x=m+1x=m−1

Lại có: f'x−m2+1>0⇔x−m2+1>2⇔x−m2>1⇔x−m>1x−m<−1⇔x>m+1x<m−1

Bảng biến thiên:

Do đó, hàm số y=fx2−2mx+m2+1 nghịch biến trên 0;12⇔m−1≥12m≤0m+1≥12⇔m≥32−12≤m≤0

Mà m nguyên và m∈−5;5⇒m∈S=0;2;3;4;5.

Vậy tổng các phần tử của S là 0+2+3+4+5=14.

Chọn C.

Đặt t=logab, khi đó logab+6logba=5 trở thành

             t+61t=5⇔t2−5t+6=0⇔t=2t=3.

Với t=2 suy ra: logab=2⇔b=a2.

Mặt khác 2≤a≤20202≤b≤2021b=a2⇒2≤a≤20202≤a2≤2021⇒2≤a≤20201,41≈2≤a≤2021≈44.96

Suy ra ta có 43 số a∈2;3;4;...;44, tương ứng có 43 số b∈ai2,i=2,44¯. Trường hợp này có 43 cặp.

Với t=3, suy ra: logab=3⇔b=a3.

Mặt khác a,b∈ℤ2≤a≤20202≤b≤2021b=a3⇒2≤a≤20202≤a3≤2021⇒2≤a≤20201.26≈23≤a≤20213≈12.64

Suy ra có 11 số a∈2;3;4;...;12, tương ứng có 11 số b∈ai3,i=2,12¯. Trường hợp này có 11 cặp.

Vậy có 43+11=54 cặp

Chọn A.

Gọi C10;5;0 là hình chiếu của C trên mặt phẳng (Oxy). Khi đó ta có:

MC=CC12+C1M2=1+C1M2*

Vậy MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MC1 nhỏ nhất.

Xét trên mặt phẳng tọa độ Oxy với A3;0,B−3;0,C10;5

Theo giả thiết MA+MB=10 nên tập hợp điểm M là đường elip có phương trình: x225+y216=1.

Đặt x=5cosαy=4sinα,0≤α≤2π.

M5cosα;4sinα,

MC1=52cos2α+4sinα−52=25−25sin2α+16sin2α−40sinα+25

=50−49sinα−9sin2α=1+401−sinα+91−sin2α≥1

Suy ra C1Mmin=1⇔sinα=1, suy ra M(0;4).

Vậy CMmin=12+12=2 với M(0;4;0).