Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 27)

Chọn A.

2x−1=8⇔x−1=log28⇔x=4.

Chọn B.

y'=−4x3+4x.y'=0⇔x=0x=−1x=1.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên −∞;−1.

Chọn A.

Sxq=2πrh=2π.7.2=28π.

Chọn B.

Khối đa diện đều loại 4;3 là hình lập phương

Chọn B.

TCN: y=-2

Chọn A

Chọn D.

Ta có: log2x<log212−3x⇔x<012−3x>0x<12−3x⇔x>0x<4x<3⇔0<x<3.

Chọn C.

Ta có: logab2=2logab.

Chọn D

Chọn D.

Ta có: V=13Bh=13.6.9=18.

Chọn D.

Điều kiện xác định là: x2−4≠0⇔x≠2x≠−2. Vậy tập xác định của hàm số là: D=ℝ\−2;2.

Chọn C.

Dựa vào đồ thị, suy ra hàm số y=f(x) đồng biến trên −∞;−1 và 1;+∞.

Chọn B.

Bán kính đáy của hình nón là: r=l2−h2=62−22=42.

Chọn C.

Thể tích của khối lăng trụ là: V=Bh⇒h=VB=2015=43.

Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số, suy ra đường tiệm cận ngang y=1 và tiệm cận đứng x=2

Chọn B.

y'=1xln2021.

Chọn A.

Mặt cầu có đường kính bằng 6 nên bán kính R=3

V=43πR3=43π.33=36π.

Chọn C.

y'=3x2−6x−9=0⇔x=3x=−1

Từ bảng biến thiên ta thấy điểm cực tiểu của hàm số là x=3

Chọn C.

ĐK: x∈−2;2.

y'=1−x4−x2=0⇔x=2.

y2=2;y2=22;y−2=−2.

⇒M=max−2;2y=22,m=min−2;2y=−2⇒M−m=2+22.

Chọn B.

3.9x−28.3x+9≤0⇔3.3x2−28.3x+9≤0⇔13≤3x≤9⇒−1≤x≤2.

Do đó a=−1;b=2⇒b−a=3.

Chọn A.

Ta có log2a+log9b=4log2a3+log3b=11⇔2log2a+log3b=83log2a+log3b=11⇔log2a=3log3b=2⇔a=8b=9.

⇒28a−b−2021=28.8−9−2021=−1806.

Chọn C.

Gọi I là tâm mặt cầu ⇒I là trung điểm của CA'

Ta có AC=AB2+BC2=22+422=6⇒A'C=AA'2+AC2=62+232=43.

Bán kính mặt cầu: R=A'C2=23. Diện tích mặt cầu bằng: S=4πR2=4π.232=48π.

Chọn D.

Ta có y'=3x2−6x;y'=0⇔3x2−6x=0⇔x=0x=2⇒A0;1;B2;−3⇒AB→=2;−4.

Phương trình AB:x−01=y−1−2⇔y=−2x+1.

Chọn C

Ta có V=BB'.SABC=a3.12.a.a.sin600=3a34.

Chọn A.

Ta có: y'=−2f'x=0⇔x2−2x=0⇔x=0x=2.

Bảng xét dấu

Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng (0;2)

Chọn D

Ta có SA;ABCD=SAO^

Theo đề AB=a⇒OA=a33.

Xét tam giác SAO vuông tại O ta có: tanSAO^=SOAO=a33a33=1⇒SAO^=450

Vậy SA;ABCD=450.

Chọn B

Thể tích khối chóp S.ABCD là V=13.SA.SΔABC=13.2a.a234=a336.

Chọn B.

Gọi A là số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng (đơn vị triệu đồng)

Gọi n là số năm người đó gửi vào ngân hàng (đơn vị năm)

Gọi P là số tiền cả vốn và lãi (đơn vị triệu đồng)

Theo đề bài ta có P>150⇒A1+rn>150⇔1001+6%n>150⇔1,06n>1,5⇔n>6,9

Suy ra n=7

Chọn A.

Số cách chọn một ban cán sự gồm một lớp trưởng, một lớp phó và một bí thư từ một lớp học có 45 học sinh là A453=85140.

Chọn D.

Gọi M là giao điểm của đồ thị với trục tung

Suy ra tọa độ điểm M là (0;2)

Ta có y'=−1x+12 suy ra k=y'0=−10+12=−1

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm M(0;2) là y=−x+2.

Chọn D

Ta có SO=SA2−AO2=SA2−AC22=2a2−2a222=a2.

Thể tích khối bát diện đều là V=2VS.ABCD=2.13SO.SABCD=23.a2.2a2=82a33.

Chọn B.

Ta có u5=−15u20=60⇔u1+4d=−15u1+19d=60⇔u1=−35d=5.

Áp dụng công thức tổng  số hạng đầu của cấp số cộng Sn=n2.2u1+n−1d ta có:

Tổng 20 số hạng đều tiên của cấp số cộng là S20=202.2.−35+19.5=250.

Chọn B.

+) Hàm số y=x2−1 có tập xác định D=−∞−1∪1;+∞ và limx→±∞y=limx→±∞x2−1=+∞ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

+) Hàm số y=x−3x+1 có tập xác định D=3;+∞ có limx→+∞y=limx→+∞x−3x+1=0 nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=0

+) Hàm số y=9−x2x có tập xác định D=−3;3\0 nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

+) Hàm số y=3x2+1x có tập xác định D=ℝ\0 và limx→+∞y=+∞,limx→−∞y=−∞ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Chọn B.

y'=2m−1+3m+2sinx

Hàm số y=2m−1x−3m+2cosx nghịch biến trên 0;π.

⇒y'≤0 ∀x∈0;π⇔2m−1+3m+2sinx≤0 ∀x∈0;π

⇔m2+3sinx+2sinx−1≤0 ∀x∈0;π.

⇔m≤1−2sinx2+3sinx ∀x∈0;π⇔m≤minx∈0;π1−2sin2+3sinx.

Xét fx=1−2t2+3t, ∀t∈0;1.

f't=−72+3t2<0,∀t∈0;1⇒mint∈0;1ft=f1=−15

Do đó m≤−15

Mà m∈−10;10∩ℤ⇒m∈−10;...;−1.

Chọn B

Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó góc giữa (O'AB) tạo với mặt phẳng chứa hình tròn (O) bằng góc OHO'^=600.

Ta có O'H=AB32;OH=cos600.O'H=12O'H=AB34

OA2=OH2+AB22⇔9=AB342+AB22⇔AB=1277

O'H=6217

OO'=O'H.sin600=977.

Thể tích của khối trụ đã cho bằng V=13π.32.977=27π77.

Chọn A.

Đồ thị hàm số y=x2x2−2x−m−x−1 có hai đường tiệm cận đứng

⇔2x2−2x−m≥02x2−2x−m−x−1=0x≠0 có hai nghiệm phân biệt

⇔x≥−12x2−2x−m=x2+2x+1x≠0 có hai nghiệm phân biệt

⇔x≥−1x2−4x−1=mx≠0 có hai nghiệm phân biệt

x2−4x−1=m có hai nghiệm phân biệt khác 0 và lớn hơn hoặc bằng −1⇔−5<m≤4m≠1 1

Mà m∈−5;5∩ℤ 3

Từ 1,3⇒m∈−4;−3;−2;0;1;2;3;4.

Chọn A.

Điều kiện: x>0

Ta có: 31+3x−3.32x−2x+1+m+2.31+1x−4x−m.31−6x=0

⇔331x+2x−3.321x+2x+m+2.31x+2x−m=0 *

Đặt t=31x+2x=31x+x+x≥331x.x.x3=33=27.

Phương trình có dạng: ⇔t3−3.t2+m+2.t−m=0 **

Ta tìm m∈−2020;2021 để phương trình (**) có nghiệm lớn hơn hoặc bằng 27.

Ta có: **⇔t−1t2−2t+m=0

⇔t2−2t+m=0 (Vì t≥27)

⇔t−12=1−m

⇔1−m≥0t=1±1−m

Vậy để phương trình (*) có nghiệm lớn hơn hoặc bằng 27 thì 1−m≥01+1−m≥27⇔m≤11−m≥676⇔m≤−675.

Vì m∈−2020;2021 nên có: 2020−675+1=1346 giá trị

Chọn C.

Tập xác định D=ℝ.

Ta có: y'=3x2−6mx+3m2−1.

y'=0⇔x2−2mx+m2−1=0⇔x=m−1x=m+1.

Vì hàm số có hệ số bậc ba dương nên hàm số có điểm cực tiểu xCT=m+1.

Mặt khác ta lại có: y=x−mx−m2+3mx−3mxx−m−3x

Suy ra: yCT=xCT−mxCT−m2+3mxCT−3mxCTxCT−m−3xCT

yCT=1+3mxCT−3mxCT−3xCT=1−3xCT

Vậy tọa độ điểm cực tiểu thỏa mãn phương trình đường thẳng y=-3x+1 hay đường thẳng d có hệ số góc bằng -3

Chọn D.

Đặt t=3−26x−9x2,x∈0;32.

Có t'=−2.6−18x26x−9x2,t'=0⇔x=13.

Ta có t0=3;t13=1;t23=3, hàm số t=t(x) liên tục trên 0;23, nên t∈1;3.

Xét hàm số y=ft trên [1;3]

Từ đồ thị hàm số ta có giá trị lớn nhất của hàm số trên [1;3] bằng -1 và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [1;3] bằng -5

Vậy 3M−m=3−1+5=2.

Chọn B.

Gọi hình trụ có chiều cao và bán kính đáy lần lượt là: h0;r06>h0>0;3>r0>0, khi đó thể tích của khối trụ V=h0πr02.

Cắt khối tròn xoay bởi mặt phẳng qua trục của hình, gọi điểm O là tâm của đường tròn đáy hình nón, tâm I của đường tròn còn lại của hình trụ; IO đường cao của hình trụ nằm trong hình nón; E và F là các điểm nằm trên đường tròn đáy của hình trụ

Ta có IEOA=SISO⇒r03=6−h06⇔h0=6−2r0

⇒V=πr026−2r0≤πr0+r0+6−2r033=8π.

Dấu “=” khi r0=6−2r0⇔r0=2.

Chọn B

+ Gọi H là trung điểm của AC, do tam giác ABC vuông tại B nên H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lại có A'A=A'B=A'C, suy ra A'H⊥ABC.

+ VABC.A'B'C'=A'H.SΔABC.

+ SΔABC=12AB.BC=122a3a=a23.

+ Gọi J là trung điểm BC;JH vuông góc với BC, do đó dễ dàng lập luận được góc A'JH là góc giữa hai mặt phẳng (A'BC) và (ABC). Từ đó tính được: A'H=tan300.JH=13a=a33.

+ Do đó:

Chọn A.

* Xét hai bài toán sau:

+ Bài toán 1: Tìm số nghiệm nguyên dương của phương trình: x1+x2+...+xk=n,n,k∈ℕ*;n≥k.

Đáp số: Cn−1k−1.

Đáp số bài toán trên cho ta kết quả bài toán chia  cái kẹo cho k em bé sao cho em nào cũng có ít nhất một cái, hoặc cũng có thể nói số cách phân phối n cái kẹo cho k em bé sao cho em nào cũng có kẹo. Từ đó áp dụng trong các bài toán khác khi cần đếm số cách phân phối đồ vật giống nhau vào trong các hộp sao cho hộp nào cũng có ít nhất một đồ vật hoặc phân phối các đồ vật theo các loại sao cho trong các đồ vật loại nào cũng có.

+ Bài toán 2: Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình: x1+x2+...+xk=n,n,k∈ℕ*.                                                  

Đáp số: Cn+k−1k−1.

Đáp số bài toán trên cho ta kết quả bài toán chia  cái kẹo cho k em bé hoặc cũng có thể nói số cách phân phối n cái kẹo cho k em bé. Từ đó áp dụng trong các bài toàn khác thì cần đếm số cách phân phối đồ vật giống nhau và trong các hộp hoặc phân phối các đồ vật theo các loại.

* Áp dụng trong câu hỏi trên ta có lời giải:

+ Số cách phân phối 8 que kem cho 4 loại là: Ω=C113.

+ Số cách phân phối 8 que kém về cho 4 loại sao cho loại nào cũng có: C73.

Do đó xác suất cần tính là: C73C113=733.

Chọn B.

xlog32005+ylog32002=z⇔log32005x.2y=z⇔5x.2y=3200z⇔5x.2y=52z.27z

Do x;y;z nguyên dương suy ra x=2zy=7z.

Do x;y;z đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta có z=1,x=2,y=7.

Vậy 29x−y−2021z=−1970.

Chọn C.

log3x2−x+2+1≥log3x2+x+m−3 ∀x∈0;6

⇔x2−x+23≥x2+x+m−3>0, ∀x∈0;6

⇔x2+x+m−3>02x2−4x−m+9≥0, ∀x∈0;6

⇔m>−x2−x+3m≤x2−4x+9, ∀x∈0;6 1

Ta có −x2−x+3≤3, ∀x∈0;6. Dấu “=” xảy ra khi x=0

Suy ra max x∈0;6−x2−x+3=3.

Lại có 2x2−4x+9=2x−12+7≥7, ∀x∈0;6. Dấu “=” xảy ra khi x=1

Suy ra min x∈0;62x2−4x+9=7.

Vậy 1⇔m>3m≤7⇔3<m≤7. Vì m∈ℤ nên ta được m∈4;5;6;7 (4 giá trị nguyên).

Chọn A

Ta có SA⊥ACSA⊥CD⇒SA⊥ABCD.

Gọi M là trung điểm AD

Do SA=AC=CD=2a nên tam giác ACD vuông cân tại C suy ra CM⊥AD, AD=2AC=2a, CM=AM=12AD=a.

Từ đó ABCM là hình vuông suy ra AB⊥AD.

Lại có CD//BM⇒CD//SBM⇒dCD,AB=dD,SBM=dA,SBM

Gọi O=AC∩BM

Trong mặt phẳng (SAO): kẻ AK⊥SO 1

Ta có: BM⊥SABM⊥CA

⇒BM⊥SAO⇒BM⊥AK 2

Từ (1) và 2⇒AK⊥SBM

⇒dA,SBM=AK=SA.AOSA2+AO2=a105.

Có thể tính khoảng cách nhanh theo công thức AB;AM;AS đôi một vuông góc thì dA,SBM=SA.SB.SMSA2.SB2+SB2.SM2+SM2.SA2=a105.

Chọn C.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên mặt phẳng (ABC)

Ta có: AB⊥DHAB⊥AD⇒AB⊥AH

Mặt khác: CB⊥DHCB⊥BD⇒CB⊥BH

Tam giác ABH vuông tại A,AB=2a,ABH^=450⇒ΔABH vuông cân tại A⇒AH=AB=2a;BH=2a2.

Áp dụng định lí cosin, AC2=AB2+BC2−2.AB.BC.cosABC^

BC2+AB2−2.AB.BC.cosABC^−AC2=0⇔BC2+2a2BC−16a2=0⇒BC=22a

SABC=12.AB.BC.sin1350=12.2a.22a.22=2a2

Dựng HE⊥DAHF⊥DB⇒HE⊥DAB;HF⊥DCB

Suy ra DAB;DCB^=HE,HF^=EHF^. Tam giác EHF vuông tại F.

Đặt DH=x khi đó EH=DH.AHDH2+AH2=2ax4a2+x2,FH=2a2x8a2+x2

cosEHF^=EHEF=32=8a2+x224a2+x2⇒64a2+x2=48a2+x2⇒x=2a.

Vậy thể tích của khối tứ diện ABCD:VS.ABCD=13.SABC.DH=13.2a2.2a=4a33.

Chọn B.

2021x3+32x2−32=log202020212004−y−11y+1

⇔2021x3+32x2−32=2021log20202004−y−11y+1

Ta có: x3+32x2=x32+x32+12x2+12x2+12x2≥cauchy52,∀x>0⇒VT≥202152−32=2021 1

Ta có: 2004−y−11y+1=2004−y+13+12y+1

Đặt t=y+1⇒t≥0.

ft=2004−t3+12t

⇒f't=−3t2+12

f't=0⇔t=±2.

Dựa vào BBT, ta có ft≤2020, dấu “=” xảy ra ⇔t=2.

⇒VP≤2021.log20202020=2021.1=2021  2

Từ (1) và 2⇒ Dấu “=” xảy ra đồng thời ở (1) và (2)

⇔x32=12x2y+1=2⇔x=1y=3⇒P=11.

Chọn D.

f'x=x−1x+3

f'x=0⇔x=1x=−3

gx=fx2+3x−m⇒g'x=2x+3f'x2+3x−m

Hàm số gx=fx2+3x−m đồng biến trên khoảng (0;2)

⇔g'x=2x+3.f'x2+3x−m≥0,∀x∈0;2

⇔f'x2+3x−m≥0,∀x∈0;2

⇔x2+3x−m−1x2+3x−m+3≥0,∀x∈0;2  1

Đặt t=x2+3x

Xét hàm số hx=x2+3x,∀x∈0;2

h'x=2x+3>0,∀x∈0;2 nên hàm số h(x) đồng biến trên (0;2)

Do x∈0;2⇒t∈0;10

1⇒t−m−1t−m+3≥0,∀t∈0;10

⇔10≤m−30≥m+1⇔m≥13m≤−1

Mà m là số nguyên thuộc đoạn [-10;20] nên có 18 giá trị của m thỏa điều kiện đề bài

Chọn C.

* Ta có: Gọi E là trung điểm của BB1 thì E là tâm mặt cầu đường kính BB1 bán kính r=dE;CC1=BC=4a. Khi đó: ta có BB1=8a;AB=2a;AC=2a3.

Gọi I,F lần lượt là trung điểm của AC1 và AC suy ra IF//CC1//BB1;IF⊥ABC

Kẻ IG⊥BB1 tại G

Ta có: IG=BF=AC12=R là bán kính của mặt cầu có đường kính AC1

Đặt CC1=xx>0.

Ta có: R=AC12=2a32+x22=12a2+x22

R=BF=BA2+FA2=4a2+a32=a7

⇒12a2+x22=a7⇔x=4a

* Kẻ AH⊥BC tại H

Ta có: AH⊥BCAH⊥BB1⇒AH⊥BB1C1C hay AH là đường cao của hình chóp A.BB1C1C

* Diện tích tứ giác BB1C1C là S=12BC.BB1+CC1=12.4a8a+4a=24a2

* Chiều cao của hình chóp dA,BB1C1C=AB.ACBC=2a.2a34a=a3

Thể tích hình chóp S.BB1C1C là V=13dA,BB1C1C.SBB1C1C=13.a3.24a2=83a3.

Chọn D.

Đặt t=2x+4,t∈−2;2⇒x=t−42

Bất phương trình viết lại: t24−4−m≥12ft nghiệm đúng ∀t∈−2;2

⇔t2−16−4m≥2ft nghiệm đúng ∀t∈−2;2

⇔4m≤t2−16−2ft nghiệm đúng ∀t∈−2;2 1

* Đặt gt=t2−16−2ft,t−2;2⇒g't=2t−2f't

Vẽ đồ thị  trên cùng một hệ trục y=x;y=f'x

Ta thấy f'x≥x;∀x∈−2;2 nên:

g't=2t−2f't≤0,∀t∈−2;2 hay g(t) là hàm nghịch biến trên [-2;2]

⇒min−2;2gt=g2=−12−2f2

1⇒4m≤−12−2f2

⇒m≤−12f2−3.