Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 26)

Chọn B.

Ta có u5=u1+4d=−2+4.3=10.

Chọn C.

Mặt cầu (S) có tâm I(4;-2;-1) và bán kính R=42+−22+−12−−4=5.

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên −∞;−1 và (0;1)

Chọn C.

loga.b3=loga+logb3=loga+3logb=10+3.100=310.

Chọn A.

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy khi x=0 thì hàm số nhận giá trị dương (loại phương án B). Hơn nữa hàm số có ba điểm cực trị nên y'=0 có ba nghiệm phân biệt (tích hệ số của x4,x2 phải nhỏ hơn 0 (loại C, D)). Ta chọn A.

Chọn D.

Hình trụ có đường cao bằng h=2 thì độ dài đường sinh của hình trụ là l=h=2

Bán kính đáy của hình trụ bằng r=8:2=4.

Diện tích toàn phần của hình trụ là

           Stp=2πrl+2πr2=2π.4.2+2π.42=48π.

Chọn C

Tam giác ABC đều nên SΔABC=a234.

VS.ABC=13.SA.SΔABC=13.2a.a234=a336.

Chọn D.

Ta có: ∫e2020x+2xdx=12020e2020x+x2+C.

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 2

Chọn C.

Theo công thức OM→=ai→+bj→+ck→⇔Ma;b;c. Ta có OM→=2i→+j→⇔M2;1;0.

Chọn C.

Diện tích S của phần hình phẳng được tô đậm bằng tổng diện tích hình S1 và S2

Trong đó S1 được giới hạn bởi các đường gồm đồ thị của hàm số y=fx,Ox;x=−2;x=1, trên đoạn [-2;1] hàm số y=f(x) nhận các giá trị không dương nên S1=−∫−21fxdx=−a.

Tương tự S2=∫12fxdx=b. Vậy S=b-a

Chọn B.

TXĐ: D=ℝ

limx→+∞y=limx→+∞x−2x2−4=limx→+∞1x−2x21−4x2=0;limx→−∞y=limx→−∞x−2x2−4=limx→−∞1x−2x21−4x2=0; nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang y=0

Chọn C.

Ta có: 3x2−2x=27⇔3x2−2x=33⇔x2−2x−3=0⇔x=−1x=3.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm

Chọn C.

Ta có: V=Bh⇒B=Vh=644=16. Vậy diện tích đáy của khối hộp là 16

Chọn A.

Ta có: 4x−1≥2x2−3x+2⇔22x−2≥2x2−3x+2⇔2x−2≥x2−3x+2⇔x2−5x+4≤0⇔1≤x≤4.

Tập nghiệm của bất phương trình S=1;4.

⇒ Các nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là: x=1;x=2;x=3;x=4.

Chọn B.

Ta có: 2fx+3m=0⇔fx=−3m2.1

Số nghiệm của (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) với đường thẳng y=−3m2.

(1) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số y=f(x) cắt đường thẳng y=−3m2 tại ba điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên ta có: −3m2=−3⇔m=2.

Chọn A.

Ta có ∫abfxdx+∫bafxdx=0.

Chọn B.

Do 6 mặt của hình lập phương là các hình vuông cạnh a nên ta có 6a2=96⇔a2=16⇒a=4⇒V=43=64.

Chọn A.

Với x0=e⇒y0=e.

Ta có: y'=lnx+1,y'e=2.

Vậy: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm M(e;e) là

           y−e=2x−e⇔y=2x−e.

Chọn C

Các vectơ khác vectơ 0→ mà mỗi vectơ có điểm đầu, điểm cuối là hai đỉnh của tứ diện  là: AB→,BA→,AC→,CA→,AD→.,DA→,BC→,CB→,BD→,DB→,CD→,DC→.

Chọn D.

Ta có f'x=0⇔x=2

Dấu f'(x):

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;2.

Chọn C

Ta có ΔABC vuông cân tại C,AB=2a nên CA=CB=a2.

ΔSAB vuông tại A nên SA=SB2−AB2=a5.

V=13SA.SΔABC=13SA.12AC.CB=16a5.a2.a2=a353.

Vậy 4Va3=453.

Chọn A.

Phương trình 4x2−5.2x2+4=0⇔2x22−5.2x2+4=0.

Đặt t=2x2≥20=1, phương trình trở thành: t2−5t+4=0⇔t=1t=4.

+ Với t=1⇒2x2=1⇔x2=0⇔x=0.

+ Với t=4⇒2x2=4⇔x2=2⇔x=±2.

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt

Chọn C.

Hàm số y=x2−7x+10−2021 xác định khi và chỉ khi x2−7x+10≠0⇔x−2x−5≠0⇔x≠2x≠5

Vậy tập xác định của hàm số là D=ℝ\2;5.

Chọn D.

Tập xác định: D=−4;4.

Ta có: y'=124+x−124−x=4−x−4+x24+x.4−x.

y'=0⇔x=0∈−4;4.

y4=22;y−4=22;y0=4.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số bằng 4

Chọn C.

Ta có: fx=ax3+bx2+cx+d⇒f'x=3ax2+2bx+c.

Từ đồ thị ta thấy:

Tại x=±1⇒f'x=0 và đồ thị hàm số đi qua các điểm: 1;−1;0;1 và (-1;3)

Từ đó ta có hệ phương trình:

y'1=0y'−1=0y1=−1y0=1⇔a=1b=0c=−3d=1.

Suy ra: T=a−b+c+d=−1.

Chọn C.

Gọi điểm Ia;0;0∈Ox

Ta có: IA=a−32+12;IB=a−52+52

Mặt cầu (S) đi qua A,B nên IA=IB⇔a−32+12=a−52+52

⇔a−52+52=a−32+12

⇔4a=40⇔a=10⇒I10;0;0⇒R=IA=50.

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: x−102+y2+z2=50.

Chọn D.

Mặt bên BB'C'C là hình vuông nên BC=BB'=h=2a.

Đáy là tam giác vuông tại A ta có: AC=BC2−AB2=4a2−a2=a3.

Thể tích lăng trụ là: V=S.h=12AC.AB.BB'=12a3.a.2a=3a3.

Chọn B.

Hình trụ có bán kính R=AD2=1 và chiều cao h=AB=1

Ta có: Stp=2πRh+2πR2=4π.

Chọn D

Giả sử cắt hình nón có đỉnh S bởi một mặt phẳng đi qua trục SO ta được thiết diện là ΔSAB.

Bán kính đáy hình nón là R=AB2=a22 và l=SA=a

Diện tích xung quanh hình nón là Sxq=πRl=π.a22.a=πa222.

Chọn C.

Tập xác định D=(-3;3)

Suy ra không tồn tại limx→+∞fx,limx→−∞fx. Do đó đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang.

Ta có y=x−39−x2=−3−x3+x.

limx→−3+fx=limx→−3+−3−x3+x=−∞.

Suy ra đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng x=-3

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 1

Chọn C.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y=e2x, trục hoành và hai đường thẳng x=0;x=3 là S=∫03e2xdx=e62−12.

Chọn A.

Ta có: 1.2≥0⇒ hàm số có đúng 1 cực trị

Chọn C.

Đặt u=2x+1dv=exdx⇒du=2dxv=ex

⇒∫012x+1exdx=2x+1ex10−∫012exdx=1+e.

Vậy ab=1

Chọn B.

Ta có: ∫fxdx=∫sin3x.cosxdx=∫sin3xdsinx=sin4x4+C.

Chọn A.

Trường hợp 1: cosx=0⇒fx=0 ∀x∈ℝ (loại).

Trường hợp 2: cosx≠0, khi đó

cosx.f'x+sinx.fx=2sinx.cos3x⇔cosx.f'x−cosx'.fxcos2x=sin2x

⇔fxcosx'=sin2x⇔∫fxcosx'dx=∫sin2xdx⇔fxcosx=−12cos2x+C.

Theo bài, fπ4=924⇒C=92⇒fx=−12cos2x.cosx+92cosx.

Vậy fπ3=198∈2;3.

Chọn A.

Từ đồ thị hàm số f'(x) ta thấy đồ thị hàm số f'(x) cắt trục hoành tại 2 điểm có hoành độ dương (và 1 điểm có hoành độ âm) ⇒ Hàm số y=f(x) có 2 điểm cực trị có hoành độ dương.

Hàm số y=fx là hàm chẵn ⇒ Đồ thị hàm số gồm hai phần: Phần nằm bên phải trục Oy của đồ thị hàm số y=f(x) và phần đối xứng với phần này qua trục Oy

Đồ thị hàm số y=fx có dạng như hình dưới

⇒ Hàm số fx có 5 điểm cực trị  Hàm số gx=fx+2021 có 5 điểm cực trị (vì phép tịnh tiến lên trên hay xuống dưới không ảnh hướng đến số điểm cực trị của hàm số).

Chọn D.

Dựa vào đồ thị của hàm số f'(x) ta thấy: f'x≥0⇔x∈a;b∪c;+∞.

Bảng biến thiên:

Ta có: ∫abf'xdx>−∫bcf'xdx⇒∫abf'xdx+∫bcf'xdx>0⇒fxba+fxcb>0

⇒fb−fa+fc−fb>0⇒fc−fa>0⇒fc>fa>0

Vậy phương trình f(x)=0 vô nghiệm

Chọn D.

Ta có y=f3−x=f3−x,khi x≤3fx−3,khi x>3.

TH1: Xét hàm số y=f3−x khi x≤3.

Ta có: y'=3−x'f'3−x=−f'3−x

     y'=0⇔f'3−x=0⇔3−x=−13−x=13−x=4⇔x=4x=2x=−1.

     y'>0⇔f'3−x<0⇔3−x<−11<3−x<4⇔x>4−1<x<2.

      y'<0⇔f'3−x>0⇔−1<3−x<13−x>4⇔2<x<4x<−1.

Bảng biến thiên:

TH2: Xét hàm số y=fx−3 khi x>3

Ta có: y'=x−3'.f'x−3=f'x−3

     y'=0⇔f'x−3=0⇔x−3=−1x−3=1x−3=4⇔x=2x=4x=7.

     y'>0⇔f'x−3>0⇔−1<x−3<1x−3>4⇔2<x<4x>7

     y'<0⇔f'x−3<0⇔x−3<−11<x−3<4⇔x<24<x<7.

Từ hai trường hợp trên ta có bảng biến thiên của hàm số y=f3−x

Vậy hàm số y=f3−x đồng biến trên khoảng (-1;2)

Chọn A.

Đặt t=3x, với x>1⇒t>3.

Bất phương trình (1) trở thành t2+m+1t+2m>0 nghiệm đúng ∀t>3

⇔t2+tt+2>−m,∀t>3

⇔−m≤min3;+∞gt, với gt=t2+tt+2.

Xét hàm số gt=t2+tt+2, có g't=t2+4t+2t+22>0,∀t>3

⇒min3;+∞gt=g3=125⇒−m≤125⇔m≥−2,4.

Vì m nguyên thuộc [-8;8] nên m∈−2,−1,0,1,2,...,8. Vậy có 11 giá trị của m

Chọn C.

Gọi số tiền giống nhau mà ông M trả cho ngân hàng mỗi tháng là a triệu đồng.

Cách 1: Sau 3 năm, mỗi khoản tiền a trả hàng tháng của ông M sẽ lần lượt trở thành 36 khoản tiền được liệt kê dưới đây (cả gốc và lãi): a1+0,00435;a1+0,00434;a1+0,00433;...;a1+0,004;a

Sau 3 năm, khoản tiền  triệu đồng trở thành: 1001+0,00436. Ta có phương trình: a1+0,00435+a1+0,00434+a1+0,00433+a1+0,004+a=1001+0,00436

⇔a.1,00436−11,004−1=100.1,00436⇔a=0,004.100.1,004361,00436−1≈2,99 (triệu đồng)

Cách 2: Đặt q=1,004;C0=100 triệu đồng. Áp dụng trực tiếp công thức lãi kép, ta có

⇔a.1+in−11+i−1=C0.1+in⇔a=C0i1+in1+in−1⇔a=100.0,004.1,004361,00436−1≈2,99 (triệu đồng)

Chọn C.

Gọi I là trung điểm CD do ABCD là hình chóp tứ giác đều nên dễ thấy OI⊥CD,SI⊥CD.

Ta có OD⊥AC,OD⊥SO⇒OD⊥SAC. Dựng OH⊥SC⇒DH⊥SC (định lý ba đường vuông góc). Do đó, góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAC) là góc DHO^.

Ta có: IC=OI=a22,OC=a2.22=a,SC=2a⇒SI=SC2−IC2=4a2−a22=a142.

Xét tam giác SCD ta có: SΔSCD=CD.SI2=DH.SC2⇔a2.a1422=DH.2a2⇔DH=a72.

Xét tam giác vuông SOC  ta có: SO=SC2−OC2=4a2−a2=a3;1SO2+1CO2=1OH2⇔13a2+1a2=1OH2⇔OH=a32.

Xét tam giác vuông DOH ta có: cosDHO^=OHDH=a32a72=37=217.

Chọn B.

- Từ giả thiết ta có chóp C'.A'ABB' có đáy là hình chữ nhật, C'A' vuông góc với đáy.

- Gọi O là tâm đáy A'ABB',I là trung điểm C'A' khi đó ta có C'B//IAB'. Suy ra dAB',BC=dBC',IAB'=dC',IAB'

- Do I là trung điểm C'A' ta có dC',IAB'=dA',IAB'=d

- Ta thấy A'A,A'I,A'B' đôi một vuông góc

Khi đó 1d2=1A'A2+1A'B'2+1A'I2

- Ta có A'A=a3;A'B=a=A'C'. Suy ra 1d2=13a2+1a2+4a2=163a2⇒d=a34

Đáp án: B

Chọn A.

- Số điểm có tọa độ nguyên thuộc hình vuông MNPQ kể cả các điểm trên cạnh  là: 21×21. 

Suy ra số phần tử không gian mẫu là: 21x21

- Ta có OM→=10;10,OA→=x,y,OM→.OA→=10x+10y≤1⇔x+y≤110 với x;y thuộc đoạn −10;10. Khi đó điểm A nằm trên đường chéo NQ (đường phân giác góc vuông thứ II, IV). Suy ra có 21 điểm A như vậy.

- Xác suất cần tìm là 2121.21=121.

Chọn B

ΔABC vuông tại C có BC=AB.sinCAB^=2a.sin300=aAC=AB2−BC2=2a2−a2=a3.

ΔSAC vuông tại A có AH là đường cao nên 1AH2=1SA2+1AC2

⇔1AH2=1a2+13a2⇔AH=a32.

Ta có HC=AC2−AH2=a32−2a2172=3a2

Suy ra SAHC=12AH.HC=12.a32.3a2=3a238.

Mà BC⊥ACBC⊥SA⇒BC⊥SAC⇒BC⊥HAC.

Suy ra VH.ABC=13BC.SAHC=13.a.3a238=a338.

Vì B' đối xứng với B qua mặt phẳng (SAC) nên VH.AB'B=2VH.ABC=2.a338=a334 (đvtt)

Chọn B.

Ta có a2x=b3y=ab6⇔a2x=a6b6b3y=a6b6⇔2x=logaa6b63y=logba6b6⇔x=31+logaby=21+logba.

Vì a>1,b>1 nên logab>0.

Do đó P=3xy+2x+y=181+logab1+logba+61+logab+21+logba

=44+24logab+20logba=44+46logab+5logba.

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương, ta có 6logab+5logba≥26logab.5logba=230.

Khi đó P≥44+4.230=44+830.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 6logab=5logba.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 44+830.

Suy ra m=44,n=8. Vậy m−2n=28.

Chọn C

Chọn A

Chọn C.

Ta có 4m3+m2f2x+5=f2x+3⇔8m3+2m=2f2x+52f2x+5+2f2x+5. *

Xét hàm số ft=t3+t⇒f't=3t2+1>0,∀x∈ℝ⇒ft đồng biến trên R.

Do đó *⇔2m=2f2x+5⇔m>0f2x=4m2−52⇔m>52fx=4m2−52.

Dựa vào đồ thị hàm số y=fx suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt là 4m2−52=4⇔4m2−5=32⇔m=372.

Vậy a=37,b=2⇒T=39.

Chọn C.

Đặt AB=x,AD=y,AA'=z. Ta có xy=30xz=40yz=48⇒xyz=240⇒z=8y=6x=5.

Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật cũng chính là tâm O của hình hộp. Do đó bán kính mặt cầu cần tìm là R=1252+62+82=552.