Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 30)

Chọn A.

Dựa vào mối tương giao giữa các đồ thị hàm số ta có:

ff2x=1⇔f2x=a∈−2;−1 vo nghiemf2x=0f2x=b∈1;2⇔fx=0fx=b∈1;2fx=−b∈−2;−1.

+ Phương trình f(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt.

+ Phương trình fx=b có 3 nghiệm phân biệt.

+ Phương trình fx=-b có 1 nghiệm.

Dựa vào đồ thị ta thấy các nghiệm trên không trùng nhau. Vậy phương trình có 7 nghiệm phân biệt

Chọn A.

Ta có: P=a3+1+2−3a2−22+2=a3a−2=a5.

Chọn D.

Vì BMBC=23, suy ra IM//AC. Kéo dài MI cắt AB tại N:BNBA=23.

Suy ra NJ//AD. Kéo dài NJ cắt AD tại P:BPBD=23.

Vì tứ diện đều nên DI là đường cao của tứ diện.

+) DJ=AD2−AI2=a2−a332=a63;SΔABC=a234.

Suy ra: VABCD=13.a63.a234=a3212.

Khi đó: VB.MNPVB.CAD=BMBC.BNBA.BPBD=233=827⇒VB.MNP=827VB.CAD=827.a3212=22a381.

Chọn C

Ta xét lăng trụ tam giác ABA'.DCD' có thể tích bằng 12V.

Kéo dài D'N cắt A'B tại E

+) ENED'=BNA'D'=14⇒D'ND'E=34;  A'BEA'=D'ND'E=34⇔EA'BA'=43.

+) VD'.A'MEVD'.A'AB=SΔMA'ESAA'B=MBAB.A'EA'B=12.43=23

⇒VD'.A'ME=23VD'.A'AB=23.13VD'DC.A'AB=23.13.12V=19V.

Vậy VD'.PMNVD'.A'ME=D'PD'A'.D'MD'M.D'ND'E=23.1.34=12⇒VD'.PMN=12VD'.A'ME=118V.

Chọn A.

Đặt t=2xt>0

Bất phương trình trở thành:

t<3−2t

⇔t2−3t+2<0

⇔1<t<2

⇒1<2x<2

⇔0<x<1.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (0;1)

Chọn C

Chọn C.

Xét hàm số y=fx−x2−x+2021 có y'=f'x−2x−1

Ta có y'=0⇔f'x=2x+1 1

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f'x và đường thẳng d:y=2x+1

Từ hình vẽ ta thấy đường thẳng d cắt đồ thị hàm số y=f'x tại ba điểm phân biệt có hoành độ x=0;x=a0<a<2;x=2.

Ta có BBT:

Từ BBT suy ra hàm số y=fx−x2−x+2021 đạt cực đại tại x=0

Chọn D.

Chu vi đáy là C=37+13+30=80, nửa chu vi đáy là p=40

Gọi h là chiều cao lăng trụ. Ta có Sxq=h.C⇒h=SxqC=48080=6.

Diện tích đáy là S=4040−3740−1340−30=180

Thể tích khối lăng trụ là V=S1.h=180.6=1080.

Chọn C.

Hàm số xác định khi: x−m≠0⇔x≠m.

y=−m+2x−m2.

Để hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;3 thì y'<0 ∀x∈−∞;3−∞;3⊂D⇔−m+2<0m≥3⇔m>2m≥3⇔m≥3.

Chọn D

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

Do S.ABCD  là khối chóp tứ giác đều ⇒SO⊥ABCD.

VS.ABCD=13.SO.SABCD⇒a323=13.SO.a2⇒SO=a2.

Ta có: dC;SAB=2.dO;SAB.

Gọi K là trung điểm AB,H là hình chiếu của O lên SK

Ta có OK⊥ABSO⊥AB⇒SOK⊥AB⇒OH⊥AB.

OH⊥SKOH⊥AB⇒OH⊥SAB⇒dO;SAB=OH.

Xét tam giác SOK vuông tại O có OH là đường cao.

⇒1OH2=1OK2+1SO2=1a22+1a22=92a2⇒OH=a23.

⇒dC;SAB=2.dO;SAB=2a23.

Chọn B.

Xét hàm số y=x2−2x1−x.

Tập xác định: D=ℝ\1.

Ta có: y'=−x2+2x−21−x2=−x−12−11−x2<0 với mọi x≠1.

Nên hàm số nghịch biến trên các khoảng −∞;1 và 1;+∞.

Chọn D.

Gọi S và O lần lượt là đỉnh và tâm mặt đáy của hình nón.

Một thiết diện qua trục cắt đường tròn đáy tại hai điểm A và B như hình vẽ.

Khi đó tam giác SAB cân tại S có ASB^=1200.

Ta có:

SO=SA.cosASO^=2a.cos600=a.

AO=SA2−SO2=2a2−a2=a3.

Thể tích V của khối nón đã cho là: V=13π.AO2.SO=13πa32.a=πa3.

Chọn B.

Ta có: 2log3a−3b=log3a+log34b⇔log3a−3b2=log34ab⇔a−3b2=4ab

 ⇔a2−10ab+9b2=0⇔ab2−10ab+9=0⇔ab=1ab=9. Vì a>3b⇒ab=9.

Chọn A

Ta có SMNP=SMCN=14SBCD⇒V=14VABCD=14.16.AB.AC.AD=14.16.4a.6a.7a=7a3.

Chọn D.

Giả sử phải thuê mỗi căn hộ là 3000000+200000x đồng.

Số căn hộ bị bỏ trống là 2x số căn hộ được thuê là 50-2x

Số tiền công ty thu được mỗi tháng là S=3000000+200000x50−2x=10000030+2x25−x

S=100000−2x2+20x+500=100000.fx

Khảo sát hàm số bậc hai f(x) ta có f'x=20−4x=0⇔x=5

Khi đó giá niêm yết mỗi căn hộ là 3000000+200000.5=4000000 đồng

Chọn C.

Chú ý SABCD=S;SABD=S2;SA'MN=S8.

Sử dụng công thức hình chóp cụt ta có VABD.A'MN=h3S1+S1S2+S2=h3.S2+S2.S8+S8=7Sh24=7V24=7a324.

Chọn B.

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là x+2x+1=x+m⇔x2+mx+m−2=0*x≠−1

Đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại hai điểm về hai phía trục hoành

⇔ PT (*) có hai nghiệm phân biệt x1≠x2≠−1 và y1y2<0

⇔m2−4m−2>0−12+m−1+m−2≠0x1+mx2+m<0⇔m2−4m+8>0,∀m−1≠0x1x2+mx1+x2+m2<0⇔m−2+m−m+m2<0

⇔m<2

Vì m∈ℤ và m∈−10;10 nên m∈−9;−8;−7;−6;−5;−4;−3;−2;−1;0;1.

Vậy có 11 giá trị

Chọn C.

Ta có: u6=u1+5d=2+5.−7=−33.

Chọn B.

Ta có limx→±∞fx=limx→±∞12fx−1=12−1=1.

Suy ra đồ thị hàm số y=f(x) có 1 đường tiệm cận ngang là y=1

Mặt khác, ta có từ bảng biến thiên suy ra phương trình 2fx−1=0⇔fx=12 có hai nghiệm phân biệt x=α;x=β với α<0,5<β.

Nên limx→α+fx=limx→α+12fx−1=−∞ và limx→α−fx=limx→α−12fx−1=+∞ suy ra đồ thị hàm số y=g(x) có đường tiệm cận đứng là x=α

Và limx→β+gx=limx→β+12fx−1=+∞ và limx→β−gx=limx→β−12fx−1=−∞ suy ra đồ thị hàm số y=g(x) có đường tiệm cận đứng là x=β.

Vậy đồ thị hàm số y=g(x) có 3 đường tiệm cận

Chọn A.

Điều kiện: 10000−x2≥0x−2≠0⇔−100≤x≤100x≠2.

Tập xác định của hàm số là D=−100;100\2.

Suy ra không tồn tại giới hạn limx→±∞y.

Vậy đồ thị hàm số y=10000−x2x−2 không có đường tiệm cận ngang

Chọn C.

Ta có: un+1=13un⇒q=13 là công bội của cấp số nhân dãy số un

Số hạng tổng quát un=u1qn−1=2020.13n−1

Khi đó Sn=u1+u2+...+un=20201+13+...+13n−1=20201−13n1−13

⇒limSn=20201−13=3030.

Chọn D.

Ta có logx2−3=0⇔x≠±3x2−3=1⇔x≠±3x2−3=1x2−3=−1⇔x≠±3x=±2x=±2

Vậy số nghiệm âm là 2.

Chọn D.

Số tập con gồm 10 phần tử của tập X bằng số các tổ hợp chập 10 của 2020 phần tử của X=C202010.

Chọn D

Gọi thiết diện qua điểm A và trục II' là tứ giác AEFK

Ta có: AB2=AE2+EB2;AF2=AE2+EF2 mà EF≥EB nên AF≥AB.

Do đó: AB có độ dài lớn nhất ⇔B≡F.

Vậy AF=10a⇒AE=AF2−EF2=10a2−8a2=6a⇒h=AE=6a.

Ta có: V=πR2h=π.4a2.6a=96πa3.

Chọn D.

y=x−123 xác định ⇔x−1>0⇔x>1.

Chọn C.

y=x3−3x xác định ⇔x3−3x≥0⇔−3≤x≤0 hoặc x≥3

TXĐ: D=−3;0∪3;+∞ do đó đáp án C đúng

Chọn C.

Ta có: ln7a−ln3a=ln7a3a=ln73.

Chọn D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x3−4x+5=3−x

⇔x=−2x=1

Với x=−2⇒y=5⇒A−2;5.

Với x=1⇒y=2⇒B1;2.

Do đó AB=32.

Chọn B

Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật ABCD có diện tích là S=100a2 ⇒2rl=100a2.

Chọn A.

Ta có A63=120 số các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau lập thành từ từ 1,2,3,4,5,6

Chọn A.

Dựa vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị của hàm trùng phương y=ax4+bx2+c

Nhìn vào nhánh phải đồ thị có hướng đi lên suy ra a>0

Chọn B.

Nhìn vào đồ thị ta thấy đồ thị nằm dưới trục Ox suy ra đồ thị có dạng y=−ax.

Ta thấy đồ thị có hướng đi xuống suy ra hàm số y=−ax. nghịch biến suy ra y=−2x.

Chọn B.

Khối bát diện đều và khối lập phương có cùng số cạnh là 12

Chọn A.

Ta có số phần tử của tập S là S=7.7=49.

y=x+3x−1=x−1+4x−1=1+4x−1. Để y∈ℤ⇒x−1=±1x−1=±2x−1=±4⇔x=2;x=0x=3;x=−1x=5;x=−3

Vậy tập hợp các điểm nguyên trên đồ thị hàm số y=x+3x−1 thuộc tập S là −3;0,−1;−1,0;3,3;3.

Suy ra xác suất cần tìm là p=449.

Chọn B.

Tập xác định D=ℝ

Ta có y'=−3x2≤0,∀x∈ℝ. Hàm số y=−x3+1 nghịch biến trên ℝ

Hàm số y=−x3+1 không có cực trị

Chọn A.

Ta có b=a+8d.

Ta có log2b−ad=log2a+8d−ad=log28=3.

Chọn C.

Ta có: log2x=2⇔x=22=4. Suy ra số hạng đầu của cấp nhân là u1=4.

Số hạng thứ năm của cấp số nhân là u5=u1.q4=4.34=324.

Chọn A.

Ta có: xy−3y412=∑k=012C12k.xy12−k.−3y4k=∑k=012C12k.−3k.x12−k.y12−5k.

Do số mũ của x gấp 5 lần số mũ của y nên ta có: 12−k=512−5k⇔k=2.

Số hạng thứ năm của cấp số nhân là x gấp 5 lần số mũ của y là C122.−32=594.

Chọn A.

Nhìn vào bảng biến thiên ta suy ra hàm số không có giá trị lớn nhất trên R nên câu A sai

Chọn B.

Đồ thị hàm số y=ax−bx−1 có tiệm cận ngang là đường thẳng y=a và tiệm cận đứng là đường thẳng x=1. Từ hình vẽ suy ra a<0

Giao điểm của đồ thị hàm số y=ax−bx−1 và trục tung có tọa độ là (0;b) Từ hình vẽ suy ra b<0

Giao điểm của đồ thị hàm số y=ax−bx−1 và trục hoành có tọa độ là ba;0. Từ hình vẽ suy ra ba>1 mà a<0 nên suy ra b<a

Vậy b<a<0.

Chọn A.

Gọi A là biến cố “3 bi lấy ra khác màu”

Xác suất lấy ra 3 bi khác màu là: PA=7.6.3C163=940.

Chọn B.

Trường hợp 1: m=0

Khi đó hàm số trở thành dạng y=3x2 không có điểm cực đại.

Trường hợp 2: m≠0.

Khi đó hàm số y=mx4−m−3x2+m2 không có điểm cực đại khi và chỉ khi m>0−m−3≥0⇔m>0m≤3⇔0<m≤3.

Vậy 0≤m<3.

Do đó có 4 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 0;1;2;3

Chọn A.

Ta có: 3+53−5=4⇔3+52.3−52=1⇔3−52=13+52.

Chia hai vế của phương trình cho 2x>0. Ta được 3+52x+153−52x=81

Đặt t=3+52x>0⇒3−52x=1t.1 trở thành:

t+15t=8⇔t2−8t+15=0⇔t=3t=5. Suy ra x1x2=log35>1.

Do đó a=3b=5⇒2a+b=11.

Chọn C.

ĐK: y≠0.

Phương trình ⇔6y+3y9y2+3=2−4x+2−4xx2−x+1

⇔6y+3y9y2+3=21−2x+1−2x4y2−4y+4

⇔2.3y+3y3y2+3=21−2x+1−2x1−2x3+3

⇔f3y=f1−2x 1 với ft=2t+tt2+3,∀t∈ℝ.

Có f't=2+t2+3+t2t2+3>0,∀t∈ℝ nên f(t) đồng biến trên ℝ

Do đó 1⇔3y=1−2x. Suy ra P=1−2x+x2−2=x−12−2≥−2.

Dấu “=” xảy ra khi x=1y=−13. Vậy minP=−2. Chọn C

Chọn B

Khi sắp 2 hình nón thỏa mãn điều kiện ban đầu có chung 1 đường sinh và đỉnh chung. Khi đó hai
hình nón đã cho có đáy nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau.

Vậy sẽ sắp xếp được tối đa sáu hình nón thỏa mãn điều kiện ban đầu các các khối nón có đỉnh nằm
tại tâm của hình lập phương và các mặt đáy của hình nón nội tiếp sáu mặt của hình lập phương

Chọn B.

Có A' cách đều ba đỉnh A,B,C nên hình chóp A'.ABC là hình chóp tam giác đều

⇒A'H⊥ABC với H là trọng tâm tam giác ABC.

Gọi O=A'B∩AB',O'=A'C∩AC'. Khi đó A'BC∩AB'C'=OO'.

Lại có trong A'BC,A'I⊥OO' tại J với I là trung điểm BC

Trong AB'C' có AI⊥OO' tại J (có ΔAA'B=ΔAA'C⇒AO=AO' và J là trung điểm OO'

⇒A'BC,AB'C'=A'I,AJ=900, mà ta dễ dàng chứng minh được J là trung điểm A'I hay trong tam giác A'AI thì AJ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến.

⇒ΔA'AI là tam giác cân tại A hay AA'=AI=a3.

Khi đó: h=A'H=AA'2−23AI2=a32−23a32=a153.

Vậy V=SABC.A'H=2a2.34.a153=a315.

Chọn D

Vì SOMN=3SONP nên: SOMN=34SOMP 1

Đường thẳng y=c cắt C1,C2 lần lượt tại hai điểm N,P có hoành độ: xN=logac,xP=logbc

Từ đó ta có:

1⇔∫0logcac−axdx=34∫0logbcc−bxdx

⇔clogac−alogaclna−1lna=34clogbc−blogbclnb−1lnb

⇔1lna=34.1lnb⇔4.lnb=3lna⇔b4=a3.

Chọn B.

Để xuất hiện đúng 1 cặp nam nữ và nữ đứng trước nam, ta cho nữ đứng gần nhau và đứng đầu
hàng, số cách xếp là: 4!

Nam xếp tiếp theo, số cách xếp là: 6!

Vậy số cách sắp xếp thoả mãn là: 4!6! = 17280

Chọn D.

Điều kiện xác định x>02log2x−x≥0

Với điều kiện trên, pt trở thành 2log2x−x=0log5x2020−mx=0⇔2log2x−x=0 1log5x2020x=m   2

Xét phương trình 1:fx=2log2x−x=0

Ta có f2=f4=0⇒x=2;x=4 là hai nghiệm của phương trình.

Với x∈2;4 ta có f'x=2xln2−1=2−xln2xln2=0;f'x=0⇔x=2ln2

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra (1) có hai nghiệm x=2;x=4

Do đó để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt trên khoảng (2;4)

2⇔gx=2020.log5xx=m vì x>0

Xét hàm số gx=2020log5xx trên khoảng (2;4) có

g'x=2020log5e−2020log5xx2;g'x=0⇔x=e

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy để (2) có hai nghiệm phân biệt thì 434,98<m<461,72

Mà m∈ℤ nên m∈435;436;...;461

Vậy có 27 giá trị nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán

Chọn D.

Ta có limx→−∞fx=−∞ và limx→+∞fx=2

Suy ra limx→+∞y=limx→+∞2fx+1fx=52⇒y=52 là đường tiệm cận ngang.

limx→−∞y=limx→−∞2fx+1fx=0⇒y=0 là đường tiệm cận ngang.

Xét phương trình f(x)=0. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình này có 2 nghiệm x1∈−∞;1 và x2∈1;+∞⇒ đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 4 đường tiệm (2 tiệm cận đứng và 2 tiệm cận ngang)