Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 24)

Chọn A.

Ta có M=log212a+log212b=log22−a+log22−b=−a−b.

Chọn D.

Ta có mặt tròn xoay sinh bởi l khi quay quanh trục Δ//l là mặt trụ

Chọn C.

Cho x=0 suy ra y=-2. Vậy đồ thị hàm số đã cho cắt trục tung tại điểm (0;-2)

Chọn B.

Vì u→,v→=450 nên cosu→,v→=cos450=22

⇔1.0+1.1+1.m12+12+12.02+12+m2=22

⇔2m+1=6m2+1⇔2m2−8m+2=0⇔m=2±3.

Chọn C.

Ta có: ∫2x+12020dx=12.2x+120212021+C=2x+120214042+C.

Chọn D.

Phương trình msinx−3cosx=5 có nghiệm khi và chỉ khi m2+32≥52⇔m2≥16⇔m2−16≥0⇔m≤−4m≥4.

Chọn B

Chọn A.

u→=−4i→+3j→⇒u→=−4;3;0

Chọn D.

Ank là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử 1≤k≤n có dạng Ank=n!n−k!.

Chọn C.

Ta có: m→=a→+b→−c→=1+3+2;−1+0−5;2−1−1=6;−6;0.

Chọn D.

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là Sxq=πrl=43π.

Chọn A.

Ta có 3x−1=9⇔3x−1=32⇔x−1=2⇔x=3.

Chọn B.

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp ta được V=13Bh.

Chọn C.

y'=3x2−3.

y'=0⇔x=1∈0;2x=−1∉0;2.

y0=4,y1=2,y2=6.

Vậy min0;2y=y1=2.

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Trên khoảng −∞;1 đạo hàm mang dấu dương nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng −∞;1

Trên khoảng (1;2) đạo hàm mang dấu âm nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (1;2)

Trên khoảng 2;+∞ đạo hàm mang dấu dương nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng 2;+∞

Vậy mệnh đề hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  là sai

Chọn B.

Ta có MN=4−22+−5−12+1−−22=49=7

Chọn D.

Hàm số y=log2x xác định ⇔x>0.

Vậy D=0;+∞.

Chọn C.

Xét hàm số y=cos3x ta có:

Tập xác định: D=ℝ là tập đối xứng.

Xét f−x=cos3−x=cos3x=fx.

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn

Chọn A.

Số nghiệm của phương trình f(x)=1 là số giao điểm của đồ thị hàm số bậc bốn y=f(x) và đường thẳng y=1. Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số y=f(x) và đường thẳng y=1 có 3 điểm chung phân biệt. Vậy phương trình f(x)=1 có 3 nghiệm.

Chọn A.

Thể tích khối lăng trụ đã cho là V=42.5=80.

Chọn D.

Bất phương trình đã cho tương đương với 3x>0x2−4>3x⇔x>0x2−3x−4>0⇔x>0x>4x<−1⇔x>4.

Vậy tập nghiệm của BPT là 4;+∞.

Chọn D.

Kí hiệu X=1,2,3,4,5,6,7.

Số tự nhiên cần tìm có dạng 1abc¯,a,b,c đôi một khác nhau lấy từ tập X\1.

Vậy có A63=120 số

Chọn B.

Ta có: y'=d−bccx+d2.

Tiệm cận ngang của đồ thị là: y=1c>0⇒c>0.

Tiệm cận đứng của đồ thị là: x=−dc<0⇒d>0 (Vì c>0).

Giao của đồ thị với trục  là 0;bd⇒bd<0⇒b<0. (Vì d>0).

Vậy: b<0,c>0,d>0.

Chọn B.

Ta có: y'=x2+6x

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: x2+6x=−9⇔x2+6x+9=0⇔x=−3

Với x=−3⇒y=16

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k=-9 là: y−16=−9x+3

Chọn A.

Ta có: un+1−un=2n+1−3−2n+3=2⇒un là một cấp số cộng có d=2

Chọn D.

Ta có: NM→3;2;−2,NP→2;m−2;2.

Để ΔMNP vuông tại N thì MN→.NP→=0⇔3.2+2m−2−2.2=0⇔m=1.

Chọn A.

Trong (SAD) vẽ SH⊥AD với H∈AD.

Trong (ABCD) vẽ HE⊥BC với E∈BC.

SAD∩ABCD=ADSH⊂SAD.SH⊥AD⇒SH⊥ABCD tại H

BC⊥HEBC⊥SH⇒BC⊥SHE⇒BC⊥SE.

SBC∩ABCD=BCSE⊂SBC,SE⊥BCHE⊂ABCD,HE⊥BC⇒SBC,ABCD^=SE,HE^=SEH^=600

ΔSHE vuông tại H có SEH^=600,HE=AB=a.

Suy ra SH=HE.tanSEH^=a.tan600=a3.

Đặt SD=x suy ra SA=2x.

ΔSAD vuông tại S có SD=x,SA=2x, đường cao SH=a3.

Do đó 1SH2=1SA2+1SD2⇔13a2=14x2+1x2⇔x2=154a2.

Mặt khác AD=SA.SDSH=2x2a3=15a22.1a3=532a.

Vậy VS.ABCD=13.SH.SABCD=13.SH.AB.AD=13.a3.a.532a=52a3.

Chọn C.

ΔSAB vuông cân tại S có AB=a2, suy ra SO=12AB=a22.

Do đó hình nón đã cho có r=AB2=a22,h=SO=a22.

Vậy V=13πr2h=13π.a222.a22=πa3212.

Chọn A.

Gọi a=3.000.000 là số tiền chị Tâm gửi vào ngân hàng mỗi tháng, r=0,6% là lãi suất mỗi tháng.

+ Cuối tháng thứ nhất, khi ngân hàng đã tính lãi thì số tiền có được là S1=a1+r=ar1+r1−11+r

+ Đầu tháng thứ hai, khi đã gửi thêm số tiền a đồng thì số tiền là T1=a1+r+a=a1+r+1=a1+r2−11+r−1=ar1+r2−1

+ Cuối tháng thứ hai, khi ngân hàng đã tính lãi thì số tiền có được là S2=ar1+r2−11+r

+ Từ đó ta có số tiền có được sau n tháng là Sn=ar1+rn−11+r

+ Theo yêu cầu bài toán ta cần: Sn=3.000.0000,0061,006n−11,006≥50.000.000⇔1,006n≥553503⇔n≥log1,006553503≈15,84

Do đó sau 16 tháng thì chị Tâm có được số tiền cả lãi và gốc không ít hơn 50.000.000 đồng

Chọn D.

Ta có 251−3x≥254⇔523x−1≥522⇔3x−1≥2⇔x≥1.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình S=1;+∞.

Chọn C.

Điều kiện: x>0x+2>0⇔x>0x>−2⇔x>0.

log2x=log2x+2⇔log2x2=log2x+2⇔x2=x+2⇔x2−x−2=0⇔x=−1lx=2t/m.

Vậy phương trình có một nghiệm

Chọn C.

Ta có: AB→=−2;−1;3;AC→=−1;−4;5;AB→;AC→=7;7;7.

Mặt phẳng đi qua 3 điểm A,B,C nhận n→=1;1;1 là vectơ pháp tuyến có phương trình: x−1+y−2+z=0⇔x+y+z−3=01.

Để 4 điểm A,B,C,D đồng phẳng thì D thuộc mặt phẳng (ABC). Thay D(-2;5;0) vào (1) ta có: −2+5+0−3=0 nên  thuộc ABC⇒ Chọn C

Chọn C.

Dựa vào đồ thị ta có: limx→+∞fx=+∞,limx→−∞fx=+∞.

Khi đó: limx→±∞1fx+1=0⇒y=0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=1fx+1.

Dựa vào đồ thị ta thấy y=-1 cắt đồ thị y=f(x) tại 3 điểm: x=a−2<a<−1,x=0,x=b1<b<2.

Suy ra: Phương trình f(x)+1=0 có 3 nghiệm x=a−2<a<−1,x=0,x=b1<b<2.

Ta có: limx→a+1fx+1=+∞,limx→a−1fx+1=−∞.

          limx→0+1fx+1=+∞,limx→0−1fx+1=−∞.

          limx→b+1fx+1=+∞,limx→b−1fx+1=−∞.

Suy ra: x=a,x=b,x=0 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y=1fx+1.

Vậy đồ thị hàm số y=1fx+1 có 3 tiệm cận đứng

Chọn B.

Ta có: un+1−un=52∀n≥1⇒ Dãy số đã cho là một cấp số cộng có u1=−3d=52.

Khi đó: u20=u1+19d=892,u6=u1+5d=192.

⇒S=u20−u6=35.

Chọn B.

Điều kiện: 0<x<2.

Phương trình tương đương x2+x−2=0⇔x=1Nx=−2L.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S=1.

Chọn C.

Ta có f'x=x−1x+3⇒f'x≥0⇔x≥1x≤−3

Xét hàm số y=fx2+3x−m.

* y'=2x+3f'x2+3x−m,∀x∈0;2.

* y'≥0⇔f'x2+3x−m≥0⇔x2+3x−m≥1x2+3x−m≤−3⇔m≤min0;2x2+3x−1m≥max0;2x2+3x+3⇔m≤−1m≥13 mà m∈ℤ,m∈−10;20 nên m∈−10;−9;...;−1∪13;14;...;20.

Vậy có tất cả 18 giá trị của m.

Chọn A.

Ta có logx5x2−8x+3>2⇔x>15x2−8x+3>x20<x<15x2−8x+3>05x2−8x+3<x2⇔x>1x>32∨x<120<x<1x>1∨x<3512<x<32⇔x>3212<x<35

Bài toán đưa về tìm a để x2−2x−a4+1≥0 đúng với mọi x∈12;35∪32;+∞.

Cách 1: Ta có x2−2x−a4+1≥0⇔x−12≥a4⇔x≥a2+1x≤1−a2

Yêu cầu bài toán ⇔1−a2≥35a2+1≤32⇔a2≤25a2≤12⇔a2≤25⇔−105≤a≤105

Cách 2: x2−2x−a4+1≥0⇔x2−2x+1≥a4.

Xét hàm số fx=x2−2x+1 trên 12;35∪32;+∞.

Suy ra: a4≤425⇔a2≤25⇔−105≤a≤105.

Chọn C.

Ta có y'=3x2−6mx+27,Δ'y'=9m2−81

Để hàm số y=x3−3mx2+27x+3m−2 đạt cực trị tại x1,x2 thì Δ'y'>0⇔9m2−81>0⇔m>3m<−3*

Khi đó phương trình y'=0 có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1+x2=2mx1.x2=91

Theo bài ra ta có x1−x2≤5⇔x1+x22−4x1.x2≤252

Thay (1) vào (2), được: 4m2−36≤25⇔m2≤614⇔−612≤m≤612

Kết hợp điều kiện (*) suy ra tập các giá trị dương của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là S=3;612. Vậy T=2.612−3=61−3.

Chọn A.

Do tam giác vuông cân OAB nên ta có OB=a22=OM=ON và OI=AB2=a2.

Gọi I là tâm đường tròn đáy và H là giao điểm của MN và AB. Suy ra IH⊥MN và H là trung điểm MN. Khi đó OH⊥MN.

Vậy góc giữa (P) và mặt phẳng đáy là góc OHI^. Khi đó OHI^=600.

Trong tam giác ΔOIH vuông tại  ta có

           sinOHI^=OIOH⇔OH=OIsinOHI^=a2sin600=a33.

Trong tam giác ΔOHM vuông tại H ta có MH=OM2−OH2=2a24−3a29=a69.

Suy ra MN=2MH=a63.

Vậy diện tích ΔOMN là SΔOMN=12.OH.MN=12.a33.a63=a226 (đvdt).

Chọn C.

Ta có: MB→=−2−m;−6−m;2−m,AC→=−1;−3;−2.

Suy ra tọa độ MB→−2AC→=−2−m+2;−6−m+6;2−m+4=−m;−m;6−m.

Vậy độ dài MB→−2AC→=m2+m2+6−m2=3m2−12m+36=3m−22+24≥26.

Suy ra MB→−2AC→ đạt giá trị nhỏ nhất 26 khi m=2

Chọn B.

Ta có ∫0π8cos4xdx=14sin4xπ80=14sin4.π8−sin4.0=14sinπ2−sin0=141−0=14.

Chọn B.

Ta có AB→=−3;−1;−1AC→=−1;−2;−3⇒n→=AB→;AC→=1;−8;5.

Phương trình (ABC) đi qua B và có véc tơ pháp tuyến n→ là: 1.x+1−8.y−2+5.z−0=0⇔x−8y+5z=−17 1.

Gọi M là trung điểm của AB thì M12;52;12. Khi đó mặt phẳng trung trực của AB đi qua M và nhận BA→=3;1;1 làm véc tơ pháp tuyến có phương trình: 3.x−12+1.y−52+1.z−12=0⇔3x+y+z=92 2.

Gọi N là trung điểm của AC thì N32;2;−12. Khi đó mặt phẳng trung trực của AC đi qua N và nhận CA→=1;2;3 làm véc tơ pháp tuyến có phương trình: 1.x−32+2.y−2+3.z+12=0⇔x+2y+3z=4 3.

Vì I(a;b;c) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên I thuộc giao tuyến hai mặt phẳng trung trực của AB và AC đồng thời I∈ABC. Từ (1);(2);(3) ta có tọa độ của I thỏa mãn hệ phương trình a−8b+5c=−173a+b+c=92a+2b+3c=4⇔a=1415b=6130c=−13.

Do đó P=15.1415+30.6130+75.−13=50.

Chọn A.

Đặt 3x=t,t>3.

(1) thành: t2+m−1.t+m>0⇔m>−t2+tt+1

Xét ft=−t2+tt+1 trên t>3.

Có f't=−t2−3tt+12<0,∀t>3.

Nên ft<f3=−32,∀t>3

Vậy m≥−32.

Chọn D.

Điều kiện: x>-3

Đặt: t=log3x+3⇒x=5t−3

Phương trình trở thành 2t=5t−3⇔25t+315t=1  1

Xét hàm số ft=25t+315t có f't=25tln25+315tln15<0,∀t nên hàm số nghịch biến trên −∞;+∞.

Ta lại có f(1)=1 nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất t=1

Khi đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=2

Chọn C.

Ta có f'x=ex.f2x+1fx⇔f'x.fxf2x+1=ex

⇔f2x+1=ex+C

Vì fln2=3⇒C=0⇒f2x+1=e2x⇒fx=e2x−1

⇒I=∫e2x.fxdx=∫e2x.e2x−1dx

⇔I=12∫e2x−1de2x−1⇔I=13e2x−13+C.

Chọn A.

Gọi M là trung điểm của BC và H là trọng tâm của tam giác ABC.

Ta có S.ABC là chóp đều ⇒SH⊥ABC.

Gọi SM∩EF=N.

Ta có BC⊥AM,BC⊥SM⇒BC⊥SAM⇒BC⊥AN.

Lại có EF//BC⇒EF⊥AN và SN⊥EF.

Mặt khác AEF∩SBC=EF,AEF⊥SBC=AEF,SBC=SNA^=900

⇒AN⊥SM, mà N là trung điểm của SM⇒ΔASM cân tại A

⇒AS=AM=a32.

Xét tam giác SHA vuông tại H, có SA=a32,AH=23AM=a33

⇒SH=SA2−AH2=a156.

Ta có SΔABC=a234.

Vậy VS.ABC=13.SΔABC.SH=a3524.

Chọn C.

Số hình chữ nhật trong hộp là: Có 20 hình chữ nhật mà m=n và có C202 hình chữ nhật mà m≠n

⇒nΩ=20+C202=210

Gọi A là biến cố: “Rút được tấm bìa tốt”. Do mỗi miếng bìa có hình chữ nhật L một chiều gồm 2 hình vuông đơn vị, một chiều gồm 3 hình vuông đơn vị và diện tích của mỗi miếng bìa bằng 4cm2 nên hình chữ nhật n.m là tốt khi và chỉ khi m,n thỏa mãn m≥3,n≥2m.n⋮8m,n∈ℕ*,m,n≤20

Do đó phải có ít nhất một trong hai số m,n, chia hết cho 4.

Do hình chữ nhật có kích thước (m,n) cũng chính là hình chữ nhật có kích thước (n,m) nên ta chỉ cần xét với kích thước m.

TH1: m∈8;16⇒n∈2,3,...,20⇒ có 19+18=37 tấm bìa tốt.

TH2: m∈4,12,20. Do 4=4.1,12=3.4,20=4.5 nên để m,n chia hết cho 8 thì n chẵn. Tập hợp 2,3,4,10,12,14,18,20 có 8 phần tử.

+) m=4 có 8 cách chọn n.

+) m=12 có 8-1=7 cách chọn n.

+) m=20 có 8-2=6 cách chọn n

TH2 có 8+7+6=21 tấm bìa tốt.

⇒nA=37+21=58. Vậy PA=58210=29105.

Chọn B.

Đặt log2x+2y−1=t⇒x+2y−1=2t⇔x=2t−2y−1.

Phương trình đã cho trở thành: 2y−t=22t−2y−1−y⇔2.2y+y=2.2t+t

Xét hàm số fx=2.2x+x đồng biến trên ℝ⇒y=t.

Suy ra phương trình log2x+2y−1=y⇔x+2y−1=2y⇔x=2y−1.

2≤x≤2021⇒2≤2y−1≤2021⇔1≤y−1≤log22021

⇔2≤y≤log22021+1.

Do y∈ℤ nên y∈2;3;4;...;11 có 10 giá trị nguyên của y.

Mà x=2y−1 nên với mỗi số nguyên y∈2;3;4;...;11 xác định duy nhất một giá trị nguyên của x

Vậy có 10 cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn bài toán

Chọn D.

Đặt u=fx+m3⇒fx=u3−m 1.

Khi đó ffx+m3=x3−m⇔fu=x3−m 2.

Lấy (1)-(2) ta được fu−fx=u3−x3⇔fu+u3=fx+x3 *.

Xét ht=ft+t3=t5+4t3−4m⇒h't=5t4+12t2≥0 ∀t.

Kết hợp (*) yêu cầu bài toán ⇔x=fx+m3⇔fx=x3−m có nghiệm thuộc [1;2]

⇔x5+3x3−4m=x3−m⇔gx=x5+2x3=3m có nghiệm thuộc [1;2]

Mà g'x=5x4+6x2≥0 ∀x∈1;2⇒g1≤3m≤g2⇔3≤3m≤48⇔1≤m≤16.

Chọn B.

Theo bài SA⊥ABH⇒VS.ABH=13SA.SABH. Nên VS.ABH lớn nhất khi SABH lớn nhất.

Ta có BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥SAB⇒SC,SAB^=CSB^=300

Xét ΔSBC vuông tại B ta có tanCBS^=tan300=BCSB⇒SB=a3.

Xét ΔSAB vuông tại A ta có SB2=SA2+AB2⇒SA=a2.

Mặt khác BM⊥SHBM⊥SA⇒BM⊥SAH⇒BM⊥AH⇒BH⊥AH nên ΔABH vuông tại H.

Gọi x,y là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác ΔABH có cạnh huyền là a,0<x<a và 0<y<a. Diện tích ΔABH là S=12xy. Ta có x2+y2=a2.

SABH lớn nhất khi và chỉ khi x2y2=x2a2−x2 đạt giá trị lớn nhất.

Suy ra SABH=a24 lớn nhất khi x=y=a22. Vậy VS.ABH=a3212 lớn nhất