Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 28)

Chọn D.

Thể tích khối chóp là V=13.S.h=13.3a2.3a=3a3.

Chọn B.

Theo lý thuyết ta có logabc=logab−logac.

Chọn D.

Ta có y'=−1x−22<0  ∀x∈−2;0

Suy ra hàm số y=−x+3x−2 nghịch biến trên khoảng (-2;0)

Suy ra max−2;0y=f−2=−54.

Chọn A.

V=S.h=124a2.a3=8a33.

Chọn B.

Thể tích khối cầu là V=43πR3, nên đáp án B sai.

Chọn C

Hình chiếu vuông góc của đường thẳng SC lên mặt phẳng (ABCD) là BC.

Suy ra SC;ABCD^=SC;BC^=SCB^

Chọn D.

Hàm số lũy thừa với số mũ không nguyên nên: 3−x>0⇔x<3.

Chọn C.

Tập xác đinh: D=ℝ.

Ta có: y'=4x3−8x=4xx2−2.

y'=0⇔4xx2−2=0⇔x=0x=±2

Bảng xét dấu y'

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2.

Chọn C.

Gọi cấp số nhân có công bội q

Ta có u2=u1.q⇒q=u2u1=6−3=−2.

Chọn B.

Ta có y'=sinx'⇒y'=cosx.

Chọn B

Chọn D.

Phương trình hoành độ giao điểm −x4−4x2−2=0 (phương trình vô nghiệm.)

Vậy đồ thị hàm số y=−x4−4x2−2 không cắt trục hoành

Chọn A.

Tập xác định của hàm số: D=ℝ

Ta có: y'=4x3−8x.

y'=0⇔4x3−8x=0⇔x=−2x=0x=2

Bảng biến thiên:

Hàm số có 3 điểm cực trị

Chọn C.

Ta có: 43x>1⇔43x>430⇔x>0.

Tập nghiệm của bất phương trình là: 0;+∞.

Chọn B.

Đồ thị có dạng của hàm số bậc ba, nhánh cuối đi lên nên có a>0

Do đó chọn đáp án B

Chọn A.

Thể tích khối trụ là V=πr2h.

Chọn D.

Ta có SΔABC=a22SA=a3⇒VS.ABC=13.a22.a3=a336.

Chọn C.

Vì limx→3+x+1x−3=+∞ nên nhận đường thẳng x=3 làm tiệm cận đứng

Chọn A

Ta có đường sinh của hình trụ là l=h=2

Suy ra diện tích xung quanh của hình trụ là Sxq=2πrl=2π.2.4=16π.

Chọn A.

Cạnh  của vật thể trong hình.

A. vi phạm tính chất trong khái niệm về hình đa diện “Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác”. Cụ thể cạnh  trong hình là cạnh chung của 4 đa giác

Chọn A.

a3+1.a3−3a5−25+2=a3+13−3a5−25+2=a4a=a3.

Chọn B.

y=−x3−3mx2+4m

y'=−3x2−6mx.

Hàm số y=−x3−3mx2+4m đồng biến trên khoảng (0;4)

⇔f'x>0,∀x∈0;4⇔−3x2−6mx>0,∀x∈0;4⇔−3x2>6mx,∀x∈0;4⇔−m>x2,∀x∈0;4⇔−m≥2⇔m≤−2.

Vậy m≤−2

Chọn D

Do tam giác ABC vuông tại B nên AB⊥BC, mặt khác BC⊥SA nên BC⊥SB. Do vậy ta có SBC^=SAC^=900 nên tâm mặt cầu ngoại tiếp của S.ABC là trung điểm của SC.

Bán kính R=SC2=SA2+AC22=SA2+AB2+BC22=62. Vậy diện tích mặt cầu S=4πR2=6π.

Chọn B.

y=x3−3x2+mx, suy ra y'=3x2−6x+m;y"=6x−6.

Để hàm số y=x3−3x2+mx đạt cực tiểu tại x=2 thì

y'2=0y"2>0⇔m=0−6<0luon dung⇔m=0.

Chọn B

Gọi H là trung điểm của AB, khi đó SH⊥ABCD.

Ta có HD2=AH2+AD2=a24+a2=5a24⇒SH=SD2−HD2=9a24−5a24=a

Vậy VS.ABCD=13SABCD.SH=a33.

Chọn A.

ĐK: x≤1.

Phương trình log23−x+log21−x=3⇔log23−x1−x=3

⇔3−x1−x=8⇔x2−4x−5=0⇔x=−1x=5

Kết hợp với ĐK ta có nghiệm của phương trình x=-1

Chọn C.

Hình tứ diện đều không có tâm đối xứng

Chọn D.

TXĐ: −∞;2\−2.

Ta có limx→−∞fx=0⇒y=0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

limx→−2fx=+∞⇒x=−2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Chọn C.

nΩ=C123

Xác suất để 3 quả được chọn có ít nhất 2 quả cầu xanh là: P=C72.C51+C73C123=711.

Chọn C.

Gọi Mx0;y0 là tiếp điểm.

f'x=3x2−6x

Tiếp tuyến song song với đường thẳng y=9x−2⇒f'x0=9⇔3x02−6x0=9⇒x0=−1x0=3

Với x0=−1⇒y0=−2. Phương trình tiếp tuyến y=9x+1−2⇔y=9x+7

Với x0=3⇒y0=2. Phương trình tiếp tuyến y=9x−3+2⇔y=9x−25.

Vậy có 2 tiếp tuyến.

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số y=f(x) ta có:

+ Tập xác định: D=ℝ\2.

+ Các giới hạn: limx→−∞y=−∞;limx→+∞y=1;limx→2−y=−∞;limx→2+y=−∞.

Từ các giới hạn trên ta suy ra: Đường thẳng x=2 là tiệm cận đứng và đường thẳng y=1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=f(x)

Chọn D

Xét tam giác AMA' vuông tại M có: AM=AA'2−A'M2=16a2−4a2=2a3.

Đặt cạnh tam giác đều bằng x ta có: AM=2a3=x32⇒x=4a.

Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' bằng VABC.A'B'C'=A'M.SABC=2a.4a234=8a33.

Chọn A.

Hình bát diện có số mặt là 8, số đỉnh là 6 và số cạnh là 12.

Do đó S=M−C+Đ=8−12+6=2.

Chọn A.

R=2;IH=2

⇒r=R2−IH2=2.

Diện tích của hình tròn (C) là S=πr2=2π.

Chọn A.

Ta có: logab=logbloga<1 do 0<a<b<1 và logba=logalogb>1.

Chọn C.

Ta có: logab2x3=3logab2x=3logxab2=3logxa+2logxb

=31logax+2logbx=3logax.logbx2logax+logbx=2αβ2α+β.

Chọn A

Giả sử chóp tam giác đều là S.ABC ta có tam giác ABC đều và SG⊥ABC với G là trọng tâm tam giác ABC.

Gọi M là trung điểm của đoạn BC, suy ra AG⊥BCSG⊥ABC⇒SG⊥BC⇒BC⊥SAG⇒BC⊥SM.

Do đó SBC,ABC=SM,AM=SMA^=600.

Gọi cạnh AB=x(x>0) suy ra AM=AB2−BM2=a32⇒AG=23AM=x33;

GM=13AM=x36.

Lại có tanSMA^=SGGM⇔tan600=SGGM⇔SG=GM.tan600⇔SG=x2.

Mà tam giác SAG vuông tại G⇒SG2+GA2=SA2⇔x24+x23=7a23⇔x2=4a2⇔x=2a.

Suy ra SG=a,SΔABC=12AM.BC=a23. Vậy VS.ABC=13.SG.SΔABC=a333.

Chọn D

Gọi M là trung điểm của đoạn AB.

Ta có tam giác ABC cân tại C nên CM⊥AB và tam giác ABD cân tại D nên DM⊥AB.

Suy ra AB⊥CDM. Gọi N là trung điểm của CD thì AB⊥MN.

Lại có ΔDAB=ΔCAB⇒DM=CM hay tam giác DCM cân tại M⇒CD⊥MN nên MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD. Suy ra dAB,CD=MN.

Có DM=CM=CA2−BM2=CA2−AB24=15.

Do đó MN=CM2−CN2=CM2−CD24=11.

Vậy dAB,CD=11.

Chọn D.

Ta có y'=−3x2+4x−m+2

Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình y'=0 có hai nghiệm phân biệt

 ⇔−3≠04−3m+2>0⇔m<−23.

Mặt khác y=193x−2y'−293m+2x+197m−4

yx1=−293m+2x+197m−4, vì y'x1=0.

yx2=−293m+2x2+197m−4, vì y'x2=0.

Do đó phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là Δ:y=−293m+2x+197m−4

Mà N2;−13∈Δ nên −493m+2+197m−4=−13⇔m=−95.

Chọn D

Giả sử SAB là thiết diện đi qua đỉnh hình nón.

Ta có tam giác SAB có SA=SB=AB=l và SSAB=l234=93a2⇒l=6a.

Mà r=l2−h2=25a.

Khi đó thể tích khối nón là V=13πr2h=80a3π3.

Chọn B

Gọi hình chóp ngũ giác đều đã cho là S.ABCDE có O là tâm của đáy ABCDE,I là trung điểm cạnh CD.

⇒SO⊥ABCDE và OI⊥CD⇒CD⊥SOI.

Lại có: COI^=12COD^=360⇒IC=OI.tan360

Dễ thấy: SΔSCD+SΔOCD=15S=45⇒12SI.CD+12OI.CD=45⇒SI.IC+OI.IC=45

⇒SI.OI.tan360+OI2.tan360=45⇒SI=45.IO.tan360−OI

⇒SO=SI2−OI2=45.OI.tan360−OI2−OI2=1625.OI2.tan2360−85tan360

Thể tích khối chóp S.ABCDE là: V=13SO.SABCDE=13SO.5SΔCOD=53SO.12OI.CD

=53SO.OI.IC=421625.OI2.tan2360−85tan360.OI2.tan360

=10235tan36025−OI2.tan360.OI2.tan360≤10235tan360.25−OI2.tan360+OI2.tan3602

=10235tan360.15=21015tan360

Vậy: a=2;b=15⇒T=a+b=17.

Chọn D

Giả sử vỏ kẹo có hình dạng là hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a đường cao SO=h. Loại kẹo có hình dạng là khối cầu có tâm I

Gọi M là trung điểm cạnh CD.

Gọi K là hình chiếu của I trên SM⇒K là hình chiếu của I trên mặt phẳng (SCD).

⇒OI=OK=1.

Dễ thấy ΔSKI∽ΔSOM⇒SISM=IKOM⇒SO−OISO2+OM2=IKOM

⇒h−1h2+a24=1a2⇒ah−a=4h2+a2⇒h=2a2a2−4

Thể tích khối chóp S.ABCD là: V=13SO.SABCD=13.2a2a2−4.a2=23.a4a2−4=23.a2−4+16a2−4+8≥23.2.4+8=323

Dấu bằng xảy ra ⇔a2−4=16a2−4⇔a=22.

⇒h=4⇒OM=2;SM=32

Chọn A.

Cách 1.

Ta có V1=VS.MNPQ=VS.MNQ+VS.PNQ

Ta có α∩SBC=PQMN//BCMN⊂αBC⊂SBC⇒PQ//MN//BC⇒SPSC=SQSB=x.

Có VS.MNQVS.ADB=SMSA.SNSD.SQSB=23.23x=49x⇒VS.MNQ=4x9VS.ADB=4x9.V2=2x9V.

Đồng thời VS.PNQVS.CDB=SPSC.SNSD.SQSB=x.23.x=2x23⇒VS.PNQ=2x23.VS.CDB=2x23.V2=x23V.

Như vậy V1=x23+2x9V. Mà theo giả thiết ta có V1=12V nên ta suy ra:

x23+2x9=12⇔x=−2+586Nhanx=−2−586Loai. Vậy x=−2+586.

Cách 2:

Đặt a=SMSA=23;b=SNSD=23;c=SPSC. Ta có 1a+1c=1b+1x⇒c=x.

Lại có V1V=abcx41a+1b+1c+1x=x293+2x.

Mà V1V=12⇒6x3+4x2−9x=0⇔x=0Loaix=−2+586Nhanx=−2−586Loai.

Vậy x=−2+586.

Chọn B.

ĐK: −2≤x≤2.

Xét hàm số fx=12−3x2−x,∀x∈−2;2.

Ta có f'x=−3x12−3x2−1,∀x∈−2;2.

Cho f'x=0⇔−3x=12−3x2⇔−3x≥09x2=12−3x2⇔x≤0x=±1⇔x=−1.

Bảng biến thiên:

Vậy YCBT ⇔m∈−2;4⇒a=−2b=4⇒2a−b=−8.

Chọn D.

+ Từ giả thiết suy ra: x,y∈−1;1.

+P=2y−12x2+2y2−y2+2y+2=2y−12x2+y2+2y+2=2y−1+2y+2

+ Đặt P=fy=2y−1+2y+2,12≤y≤1−2y+1+2y+2,−1≤y≤12.

+ Xét f(y) trên 12;1: Khảo sát ta được min12;1fy=f12=3;max12;1fy=f1=3.

+ Xét f(y) trên −1;12: Khảo sát ta được min−1;12fy=f12=3;max−1;12fy=f−78=134.

+ Suy ra: min−1;1fy=3;max−1;1fy=134.

Chọn D.

+ Phương trình ⇔fcos2x−12cos6x+cos4x−cos2x=f12−13123+122−12.*

+ Xét hàm số gt=ft−13t3+t2−t trên [0;1]

Ta có: g't=f't−t−12

Từ tương giao giữa đồ thị f' và Parabol y=x−12 trên đoạn [0;1]

Suy ra: f't≥t−12,∀t∈0;1⇔g't≥0,∀t∈0;1

Hay g(t) là hàm số đồng biến trên [0;1]

+ Do đó:

*⇔gcos2x=g12⇔cos2x=12, (do cos2x∈0;1)⇔cos2x=0⇔x=π4+kπ2).

Dễ dàng suy ra phương trình có 3 nghiệm trên khoảng π4;2π.

Chọn A

Ta có AB//CD,CD⊂SCD⇒AB//SCD

Lại có SD⊂SCD⇒dAB,SD=dAB,SCD=dA,SCD

Mặt khác OA∩SCD=C⇒dA,SCD=CACO.dO,SCD=2dO,SCD.

Trong tam giác OCD vuông tại O kẻ OM⊥CD, ta có SO⊥CD⇒CD⊥SOM

Mà CD⊂SCD⇒SOM⊥SCD

Trong mặt phẳng (SOM) kẻ OH⊥OM

Ta có SOM⊥SCDSOM∩SCD=SMOH⊂SOM,OH⊥SM⇒OH⊥SCD⇒dO,SCD=OH.

Tam giác SOD vuông tại O có OD=12BD=2a,SD=22a

⇒SO=SD2−OD2=2a.

Tam giác OCD vuông tại O có OD=2a,OC=23a và OM⊥CD

⇒OM=OC.ODOC2+OD2=23a.2a23a2+2a2⇒OM=3a.

Tam giác SOM vuông tại O có OM=3a,SO=2a và OH⊥SM

⇒OH=SO.OMSO2+OM2=2a.3a2a2+3a2⇒OH=221a7.

Vậy dAB,SD=2dO,SCD=421a7.

Chọn C.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: −x3+mx2−2m=0 1.

+) Điều kiện cần:

Giả sử phương trình (1) có ba nghiệm x1,x2,x3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng ⇒−x3+mx2−2m=−x−x1x−x2x−x3

Đồng nhất hệ số ta được x2=m3.

Thay x2=m3 vào phương trình (1) ta được −m327+m39−2m=0

⇔m3−27m=0⇔m=0m=±33

+) Điều kiện đủ:

+ Với m=0 thì 1⇔x=0 (không thỏa mãn).

+ Với m=33 thì 1⇔−x3+33x2−63=0⇔x=−3+3x=3x=3+3 (thỏa mãn điều kiện).

+ Với m=-33 thì 1⇔−x3−33x2+63=0⇔x=−3−3x=−3x=3−3 (thỏa mãn điều kiện).

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chọn C.

Điều kiện: x>32.

Ta có: y=x−ln2x−3⇒y'=1−22x−3.

y'=0⇒x=52.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng 32;52.

Chọn C.

Đặt OI=x;0≤x≤R.

Ta có: h=AI=AO+OI=R+x.

Lại có r2=R2−x2

V=13πr2h=13πR2−x2R+x=13π−x3−Rx2+xR2+R3

Vmax khi và chỉ khi −x3−Rx2+xR2max

Xét fx=−x3−Rx2+xR2,x∈0;R

f'x=−3x2−2Rx+R2

f'x=−3x2−2Rx+R2=0⇔x=−R∉0;Rx=R3∈0;R

f0=0;fR=−R3;fR3=1127R3.

⇒h=R+R3=4R3.