Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 29)

Chọn C.

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số đồng biến trong khoảng (0;2)

Chọn C.

Ta có: limx→−∞4−3xx+1=−3,limx→+∞4−3xx+1=−3.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận ngang y=-3

Chọn C.

Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số không có tiệm cận

Chọn A.

Với x=1⇒y=e. Vậy đồ thị hàm số không đi qua điểm A(1;0). Phương án A sai

Chọn A

Ta có ABB'A'//CDD'C'.

CD'//ABB'A'AB'⊂ABB'A'⇒dCD';AB'=dCD';ABB'A'=dC;ABB'A'=CB=2a.

Chọn C

Ta có: V=BA.BB'.BC=a.2a.3a=6a3.

Chọn B

Ta có: V=B.h=2a2.3a=6a3.

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f(x)=m-1 có ba nghiệm phân biệt khi 1<m−1<3⇔2<m<4⇒m∈2;4. 

Chọn A.

Theo công thức tính thể tích khối cầu bán kính R ta có: V=4πR33.

Chọn A.

Ta có: ∫1xdx=lnx+C.

Chọn B.

Khối bát diện đều là khối đa diện loại 3;4.

Chọn B.

Vectơ u→=2;−3;−2.

Chọn C.

Từ bảng biến thiên ta thấy x=5 là điểm cực tiểu của hàm số

Chọn D.

Ta có a83:a43=a83:a43=a83−43=a43.

Chọn A.

Hàm số xác định ⇔x>0.

Vậy tập xác định của hàm số là D=0;+∞.

Chọn D.

Hàm số y=2x3+3x+1 cóy'=6x2+3>0,∀x∈ℝ.

Vậy hàm số y=2x3+3x+1 đồng biến trên ℝ

Chọn B.

Ta có ∫fxdx=∫x2dx=x33+C⇒Fx=x33 là một nguyên hàm của f(x)

Chọn C.

Ta có 9x+12−10.3x+3≤0⇔3.9x−10.3x+3≤0⇔3.3x2−10.3x+3≤0.

Đặt t=3x,t>0. Khi đó, bất phương trình trở thành: 3t2−10t+3≤0⇔13≤t≤3⇔13≤3x≤3⇔−1≤x≤1.

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=−1;1.

Chọn C.

Thể tích khối tứ diện OABC là VOABC=16.2.4.6=8.

Chọn A.

Công sai của cấp số cộng là d=u4−u3=−4−−7=3.

Chọn B.

Tập xác định D=ℝ

Đồ thị hàm số y=x+1x2−3x+4 không có tiệm cận đứng.

Ta có limx→±∞y=limx→±∞1x+1x21−3x+4x2=0⇒y=0 là đường tiệm cận ngang.

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=x+1x2−3x+4 là 1

Chọn D.

Số cách chọn đồng thời ra 4 người từ một nhóm có 11 người là C114.

Chọn C.

Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên [-2;0] là 2

Chọn D.

Từ đồ thị hàm số suy ra điểm cực đại của hàm số là x=-1

Chọn B.

Xét hàm số y=2x3−3x2+20202021 trên đoạn [0;1]

Ta có y'=6x2−6x

y'=0⇔x=0∈0;1x=1∈0;1.

y0=20202021;y1=20202021−1.

Suy ra M=max0;1y=20202021;m=min0;1y=20202021−1⇒P=M−m=1.

Chọn D.

Ta có log5b5=log5b15=15log5b.

Chọn D

Ta có Sxq=πrl.

Chọn D.

Điều kiện x2−4≠02x+1>0⇔x≠±2x>−12⇔x≠2x>−12.

Tập xác định: D=−12;+∞\2.

Chọn D.

Ta có: 4x−1=16⇔4x−1=42⇔x−1=2⇔x=3.

Chọn B.

Ta có: Tiệm cận đứng: x=1. Tiệm cận ngang: y=1

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-1)

Chọn B.

Ta có BA→=−1;3;−3.

Chọn D

Thiết diện qua trục là hình vuông ⇒R=12AB=3a2,h=3a⇒S=2πRh=9πa2.

Chọn A.

Ta có IA→+3IB→=0→⇔1−a+3−1−a=02−b+33−b=0−c+35−c=0⇔a=−12b=114c=154⇒a+2b+2c=252.

Chọn B.

Ta có logab=3⇒b=a3 do đó T=a33a9+logaa3aa3=1+loga−2a2=1−1=0.

Chọn A.

Ta có I=∫fax+bdx, đặt u=ax+b⇒du=adx⇒dx=dua nên I=1a∫fudu=1aFu+C=1aFax+b+C.

Chọn A.

Ta có y'=2x+2f'x2+2x+2021m.1x+1x2. Để hàm số nghịch biến trên 1;+∞ thì

     y'≤0,∀x∈1;+∞⇔2x+2f'x2+2x+2021m.1x+1x2≤0,∀x∈1;+∞

     ⇔2021m.x+1x2≤−2x+2f'x2+2x,∀x∈1;+∞

     ⇔2021m≤−2x2f'x2+2x,∀x∈1;+∞

⇔2021m≤Mingx,∀x∈1;+∞,gx=−2x2f'x2+2x

Mặt khác g1=−2.f'3=0, do đó 2021m≤0 (vô lý), vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn

Chọn B

Ta có AA'//BB'⇒AA'//BCC'B' mà BC⊂BCC'B'

⇒dAA',BC=dAA',BCC'B'=dA,BCC'B'=3dH,BCC'B'

Ta có: A'H⊥ABC⇒A'H⊥BC;BC⊥AB⇒BC⊥ABB'A'⇒ABB'A'⊥BCC'B'

Kẻ HK⊥BB'⇒HK⊥BCC'B'⇒dH;BCC'B'=HK

Gọi I=A'H∩BB'.

Ta có IHIA'=HBA'B'=a3a=13⇒HI=12HA'=a26

⇒HK=HB.HIHB2+HI2=a3.a26a32+a262=39a

⇒dH;BCC'B'=39a⇒dAA';BC=3a3

Chọn A

Ta có: SE→=BC→⇒SE//BC;SE=BC⇒SADE là hình chữ nhật. Dựng hình hộp chữ nhật SGHE.ABCD.

Ta có: BED,SBC=BDEG,BCES.1

Ta có tứ giác ABGS là hình vuông ⇒AG⊥SB⇒AG⊥BCES2

Kẻ AI⊥BD⇒AI⊥BDEG3. Gọi J=AI∩BC.

Từ (1),(2),(3) ta có BED,SBC=AG,AJ=600

Đặt AD=x. Ta có ΔABJ∽ΔABD⇒BJAB=ABAD⇒BJ=AB2AD=a2x

Từ đó ta có: AJ=axa2+x2;GJ=axa2+x2;AG=a2

Vậy ΔAGJ cân tại J⇒ΔAGJ đều ⇒AJ=AG⇒axa2+x2=a2⇒x=a.

Ta có tứ diện SDCE là hình chóp S.DCE có SE⊥CDE nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.DCE là R=SE22+Rday2

Ta có ΔCDE vuông cân tại D⇒Rday=CE2=a22. Vậy R=a22+a222=a32.

Chọn A

Ta có SA'→=13SA→;SB'→=14SB→;SC'→=15SC→;SG'→=kSG→.

Bốn điểm A',B',C',G' đồng phẳng nên với mọi điểm S ta có SG'→=xSA'→+ySB'→+zSC'→ 1 với x+y+z=1.

1⇔kSG→=x3SA→+y4SB→+z5SC→, mặt khác SG→=13SA→+SB→+SC→. Vì SA→,SB→,SC→ không đồng phẳng nên k3=x3k3=y4k3=z5⇔x=ky=43kz=53k;x+y+z=1⇔k+43k+53k=1⇔k=14.

Vậy SG'→=14SG→=14−3;−1;−1⇔a−2=−34b−3=−14c−1=−14⇒a+b+c=6−54=194.

Chọn B.

+ Số các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số được lấy từ tập A là A98. Với a8⋮3⇒a8=3;6;9.

+ Gọi số tự nhiên có 8 chữ số là a1a2a3...a7a8¯ thỏa mãn a1+a2+...+a8⋮13

Ta có 1+2+3+4+5+6+7+8+9=45⇒36≤a1+a2+...+a8≤44,

a1+a2+...+a8⋮13⇒a1+a2+...+a8=39

Nếu a8=3⇒a1+a2+...+a7=36 có các số  có 7! số thỏa mãn.

Nếu a8=6⇒a1+a2+...+a7=33 không tìm được số thỏa mãn.

Nếu a8=9⇒a1+a2+...+a7=30 có các số 1,2,3,4,5,7,8 có 7! số thỏa mãn.

Vậy có 2.7! số thỏa mãn.

Xác suất là: P=2.7!A98=136.

Chọn D.

Đặt u=lnx2+1−22⇒u'=xx2+1;u'=0⇔x=0.

Dựa vào bảng biến thiên đề bài ta có

           f'u=0⇔u=a∈−∞;−1u=b∈−1;0u=c∈0;1u=d>1⇒u=c∈0;1   1u=d>1         2

Với x0=e2−1 thì u có 3 cực trị, trong đó 1 cực đại, 2 cực tiểu. Bảng biến thiên mới theo biến u là

Hai phương trình lần lượt có 4 và 2 nghiệm như sau

Giải u=c∈0;1⇒x1<−x0x2∈−x0;0x3∈0;x0x4∈0;+∞ và giải u=d>1⇒x5<x1x6>x4

Chú ý c là điểm cực đại và d là điểm cực tiểu nên từ (1) thu được 2 cực tiểu, từ (2) thu được 1 cực tiểu.

Kết luận tổng cộng 5 điểm cực tiểu

Chọn D.

Đạo hàm y=2x+mx−4⇒y'=−8−mx−42.

Do hàm số đơn điệu trên từng khoảng xác định nên ta xét f0=−m4;f2=m+4−2.

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi

−8−m>0⇒m<−8⇒max0;2y=f2⇒m+4−2=3⇒m=−10 (thỏa mãn).

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định khi

m>−8⇒max0;2y=f0⇒m−4=3⇒m=−12 (loại).

Chọn C

Gọi I,J lần lượt là trung điểm của AB,CD. Khi đó M∈SI:SMSI=23;N∈SJ:SNSJ=23.

Ta có VS.MNKVINJ=SMSI.SKSJ=49⇒VS.MNK=49VS.INJ

Mặt khác VS.NIJ=14VS.ABCD⇒VS.MNK=19VS.ABCD=19.13.AB2.SA=127.2a2.a=4a327.

Chọn D.

Ta có y'=1+mx−22.

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì 1+mx−22≥0 ∀x∈5;+∞⇔m≥−x−22∀x∈5;+∞

Ta có bảng biến thiên của fx=−x−22=−x2+4x−4 trên 5;+∞.

Khi đó m≥−9. Vậy số giá trị nguyên âm của tham số m là 9

Chọn C

Giả sử hình nón có đỉnh S tâm đường tròn đáy là I, thiết diện là tam giác SAB,H là hình chiếu vuông góc của I lên (SAB) (như hình vẽ).

Theo bài ra ta có IH=a,ΔSAB vuông cân tại S,SI=3a.

1IT2=1IH2−1SI2=1a2−19a2=89a2⇒IT=3a24

ΔSAB vuông cân tại S nên ST=12SB=SI.ITIH=9a24⇒AT=9a24

R2=IA2=IT2+AT2=9a28+9a242=45a24.

Thể tích của khối nón là V=13π.3a.45a24=45πa34.

Chọn A.

ĐK: x>0

log3x32+3mlog3x+2m2−2m−1=0⇔log3x−12+3mlog3x+2m2−2m−1=0

Đặt t=log3x

Phương trình trở thành t−12+3mt+2m2−2m−1=0⇔t2+3m−2t+2m2−2m=0⇔t=−mt=−2m+2

⇒x=3−mx=3−2m+2

x1+x2>10⇔3−m+3−2m+2>10⇔9.3−2m+3−m−10>0⇔3−m>1⇔−m>0⇔m<0.

Vì m∈ℤ và m>-2021 nên m∈−2020;−2019;...;−1.

Chọn A.

Cách 1:

Ta có: Fx=∫2dxsinx=∫2dx2sinx2cosx2=∫dxcos2x2.tanx2=2∫dtanx2tanx2=2lntanx2+C.

⇒Fx=2lntanx2+C.

Mà Fπ2=0⇔2lntanπ4+C=0⇒C=0⇒Fx=2lntanx2=lntanx22.

⇒gx=eFx=tan2x2⇒g'x=tanx2.1+tan2x2>0,∀x∈π6;2π3.

Do đó hàm số g(x) đồng biến trên π6;2π3 nên maxπ6;2π3gx=g2π3=tanπ32=3.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số g(x) trên đoạn π6;2π3 bằng 3.

Cách 2:

Ta có g'x=F'x.eFx=2sinx.eFx>0,∀x∈π6;2π3.

⇒maxπ6;2π3gx=g2π3=eF2π3=eFπ2+∫π22π32dxsinx=3.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số g(x) trên đoạn π6;2π3 bằng 3

Chọn B.

Ta có F'x=fx=2021xx2+12022⇒F'x=0⇔x=0.

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số F(x) bằng F0=−12.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số F(x) bằng −12.

Chọn A.

Ta có OA→=−3;0;0OB→=0;−4;0⇒OA→.OB→=0⇒ΔOAB vuông tại O⇒J là trung điểm của

AB

⇒J−32;−2;0.Ta có OA=3OB=4AB=5.

Vì I là tâm đường tròn nội tiếp ΔOAB

⇒AB.IO→+BO.IA→+OA.IB→=0→⇒I−1;−1;0⇒IJ=52.

Chọn A.

Ta có Pt⇔f3sinx=31−sin2x⇔f3sinx=9−9sin2x 1.

Đặt t=3sinxt∈−3;3. Phương trình (1) trở thành ft=9−t2 2.

Gọi (C) là đồ thị hàm số y=9−t2 suy ra (C) là nửa trên đường tròn tâm O bán kính R=3

Dựa vào đồ thị, ta có 2⇔t=a∈−2;−1t=b∈0;1t=c∈1;3t=3. Ta có 0;9π2=0;4π⏟2 vong∪4π;9π2.

Ta xét đường tròn lượng giác như sau:

Dựa vào đường tròn lượng giác, ta thấy phương trình có 2.7+2=16 nghiệm