Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 6)

Đáp án B

Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy hàm không xác định tại x=-2 và cả hai nhánh của đồ thị đều đi từ dưới đi lên (nhìn theo hướng từ trái sang phải), do đó hàm số đồng biến trên khoảng −∞;−2 và −2;+∞

Đáp án B

limx→+∞fx=3⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=3 khi x→+∞

limx→−∞fx=−∞⇒ đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang khi x→−∞

limx→−1+fx=+∞⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=-1

limx→−1+fx=limx→−1−fx=+∞⇒đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=1

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là 3

Đáp án D

Đồ thị hàm số y=ax, với 0<a≠1 có tiệm cận ngang là trục hoành và không có tiệm cận đứng

Đáp án B

Điều kiện. x+1>0⇔x>−1

Ta có log3x+1=2⇔x+1=32⇔x+1=9⇔x=8

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x=8

Đáp án A

Ta có ∫fxdx=∫x+cosxdx=x22+sinx+C

Đáp án C

∫15fxdx=∫13fxdx+∫35fxdx=5−2=3

Đáp án A

w=3z1−2z2=31+2i−22−3i=−1+12i. Vậy phần ảo của số phức w là 12

Đáp án D

Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng

Đáp án D

Diện tích xung quanh Sxq của hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là Sxq=πrl=π.3.5=15π(đvdt).

Đáp án C

Giả sử GxG;yG;zG⇒xG=0+1+23=1yG=0+0+13=13zG=0+−2+−13=−1⇒G1;13;−1

Đáp án B

Ta có n→α=1;2;−1,u→d=−1;−2;1⇒n→α=−u→d⇒α⊥d

Đáp án A

Phương trình viết theo đoạn chắn đi qua 3 điểm M1;0;0,N0;−1;0,P0;0;2 là x1+y−1+z2=1⇔2x−2y+z−2=0

Đáp án A

Có 6! cách xếp 6 học sinh vào bàn ngang 6 chỗ

Đáp án A

Áp dụng công thức tổng n số hạng đầu của cấp số cộng ta có:

Sn=nu1+un2=nu1+nn−12d=2020.1+2020.2019=4080400

Đáp án A

TXĐ: D=ℝ

 y'=x2−4x+3, y'=0⇔x=1,x=3 .

Ta có bảng biến thiên sau:

⇒yCT=1

Đáp án D

y'=2x−22.x2−2x+5;y'=0⇔2x−2=0⇔x=1

y1=2;y0=5;y3=8=22

So sánh 4 giá trị trên với nhau ⇒M=22;m=2⇒M+m=22+1

Đáp án C

Tính y'=−x2−x+2

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M(a;b) là

y'a=−a2−a+2=−a+122+94=94−a+122≤94

⇒Hệ số góc y'a lớn nhất (dấu = xảy ra) khi chỉ khi a+122=0⇔a=−12

Thay x=a=−12 và hàm số đã cho, ta có: b=−13−123−12−122+2−12+43=14

⇒2a+4b=0

Đáp án C

Ta có 3fx+4=0⇔fx=−43, do đó số nghiệm của phương trình đã cho bằng với số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) với đường thẳng y=−43

Dựa vào đồ thị, ta có đường thẳng y=−43 cắt đồ thị hàm số đã cho tại 1 điểm

Đáp án D

Ta có g'x=fx, suy ra bảng biến thiên của hàm gx=fx+2020 chính là bảng biên thiên của hàm số y=f(x)

Đáp án B

Sau 3 năm số tiền ông B có được cả gốc lẫn lãi là:A1+0,0653.  Theo giả thiết ông B có số tiền lãi 48 triệu đồng nên ta có phương trình: A1+0,0653=A+48⇔A=481,0653−1≃231

Đáp án B

Ta có a2+b2=8ab⇔a2+2ab+b2=10ab⇔(a+b)2=10ab

⇒log(a+b)2=log10ab

⇒2loga+b=1+loga+logb

⇒loga+b=121+loga+logb

Đáp án D

Từ hình vẽ ta có:

Hàm số y=ax đồng biến trên ℝ nên a>1

Hàm số y=logbx nghịch biến trên 0;+∞ nên 0<b<1⇒0<b<1<a

Đáp án B

Ta thấy ∀x∈−3;0 thì x−1≥x2+4x−1 nên S=∫−30x−1−x2+4x−1dx=∫−30−x2−3xdx=92

Đáp án A

Ta có 2−iz+1+5i1+i=7+10i⇔2−iz+3+2i=7+10i⇔2−iz=4+8i

Suy ra z=4+8i2−i=4i nên w=4i2+20+3i=4+3i. Vậy w=5

Đáp án A

Phương trình z2−2z+10=0 1 có hai nghiệm phức là z1=1+3i và z2=1−3i.

Ta có: A=1−3i2+1+3i2=−8−6i+−8+6i=20.  

Vậy A=20

Đáp án B

Ta có SO=SA2−OA2=a2−a22=a22

Ta có VS.ABCD=13SO.SABCD

=13.a22a2=a326 (đvtt)

Đáp án C

Quay hình vuông ABCD xung quanh MN ta được hình trụ như hình vẽ. Khi đó:

r=AB2=4cm,l=h=AD=8cmStp=2πrh+2πr2=2π.4.8+2π.42=96πcm2

Đáp án B

Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng α: 4x−3y+2z+5=0 nên d có vectơ chỉ phương là u→d4;−3;2.

Do đó phương trình chính tắc của đường thẳng d là x−14=y+2−3=z−52

Đáp án D

Ta có BA→=−1;0;−3;BC→=0;−2;−2;BD→=−1;−1;−1. 

BC→,BD→=0;2;−2⇒BC→,BD→.BA→=6 

VABCD=16.BC→,BD→.BA→=16.6=1 (đvtt)

SBCD=12.BC→,BD→=12.02+−22+−22=2 (đvdt)

Ta có VABCD=13.AH.SBCD⇒AH=3VABCDSBCD=32=322

Đáp án C

Ta có D'AC//BA'C' nên dCD';BC'=dD'AC;BA'C'

=dD';BA'C'=dA';BA'C'

Từ đây ta tính dA';BA'C'=a3

Đáp án D

Không gian mẫu Ω=C103.C103=14400 .

Gọi A là biến cố “Trong hai bộ ba chữ số mà An và Bình chọn ra có đúng một chữ số giống nhau”.

Chọn số giống nhau ở cả hai bạn An và Bình là: 10 cách.

Chọn hai số còn lại của An là: C92 cách.

Chọn hai số còn lại của Bình là: C72 cách.

Vậy A=10.C92.C72=7560⇒PA=AΩ=2140

Đáp án A

Ta có fx=3x+m⇔fx−3x=m.

Để phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (-1;1) thì đường thẳng y=m phải cắt đồ thị hàm số gx=fx−3x, x∈−1;1.

Xét hàm số gx=fx−3x, x∈−1;1.

Có g'x=f'x−3.

Nhìn đồ thị f'(x) ta thấy, với x∈−1;1 thì −1<f'x<3⇒g'x=f'x−3<0.

Do đó, ta có bảng biến thiên như hình bên

Từ bảng biến thiên, suy ra giá trị cần tìm là g−1<m<g1⇔f−1+3<m<f1−3 .

Đáp án B

x∈−π2;0⇒sinx∈−1;0

Nhìn đồ thị f(x) ta thấy, với x∈−1;0 thì −2≤fx≤1.

Vì sinx∈−1;0⇒−2≤fsinx≤1

⇒−1≤−fsinx≤2

Mặt khác, nhìn đồ thị f(x) ta thấy với −1≤x≤2 thì −2≤fx≤1.

Vì −1≤−fsinx≤2

⇒−2≤f−fsinx≤1⇒M=1, m=−2⇒M−m=3.

Đáp án C

Đặt t=3x−12≥1.

Phương trình trở thành t2−2mt+3m−2=0⇔m=t2−22t−3* 

(t=32 không phải là nghiệm của phương trình).

Xét hàm ft=t2−22t−3 trên 1;+∞\32

Ta có f't=2t2−6t+42t−32,f't=0⇔t=1t=2

Bảng biến thiên

Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 và khác 32. Dựa vào bảng biến thiên ta có m>2

Đáp án A

Xét x∈0;+∞ và f(x)>0 ta có: fx=f'x.3x+1⇔f'xfx=13x+1

⇒∫f'xfxdx=∫13x+1dx=∫1fxdfx=23∫123x+1d3x+1

⇒lnfx=233x+1+C⇒fx=e233x+1+C

Theo bài ra ta có: f1=e nên e43+C=e⇒C=−13⇒fx=e233x+1−13

Do đó f5≈10,3123⇒10<f5<11

Đáp án D

Giả sử x=b là nghiệm dương lớn nhất của phương trình x4−3x2+m=0. Khi đó ta có b4−3b2+m=0 1.

Nếu xảy ra S1+S2=S3 thì ∫0bx4−3x2+mdx=0⇒b55−b3+mb=0⇒b45−b2+m=02 (do b>0)

Từ (1) và (2) , trừ vế theo vế ta được 45b4−2b2=0⇒b2=52 (do b>0)

Thay trở lại vào (1) ta được m=54

Đáp án B

Ta đặt w=x+yi x,y∈ℝ thì w=1+iz+1⇔w=1+iz−1+i+2

⇔w−i−2=z−11+i⇔w−i−2=z−1.1+i

⇔x−22+y−12=2.z−12≤2⇒R=2

⇒S=πR2=2π

Đáp án D

Gọi R là bán kính khối trụ, 6R là chiều cao khối trụ, chiền cao khối nón là 4R.

Thể tích khối cầu và khối nón là V1=43πR3+13πR2.4R=83πR3

Thể tích khối trụ V2=πR2.6R=6πR3

Tỉ số thể tích nước còn lại và nước ban đầu là V2−V1V2=6−836=59

Đáp án D

Xét mặt cầu S: x−52+y+32+z−52=20⇒I5;−3;5,R=25.

Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng P:dI;P=5−2.−3+2.5−312+−22+22=6

Khi đó MN2+IN2=MN2+R2=42+252=36=d2⇒IM⊥(P)

Suy ra phương trình của IM: x−51=y+3−2=z−52;M∈IM⇒Mt+5;−3−2t;2t+5

Mà M∈P⇒t+5−2−2t−3+22t+5−3=0⇒t=−2⇒M3;1;1⇒OM=11

Đáp án C

Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên  SA⊥ABCD.

Do đó SA=3VS.ABCDSABCD=a.

Tam giác SAD vuông tại A nên SD=SA2+AD2=a2.

Ta có CD⊥AD,CD⊥SA⇒CD⊥SAD⇒CD⊥SD.

Vậy diện tích tam giác SCD là: SSCD=12SD.CD=a222.

Gọi I là hình chiếu của B lên mặt phẳng (SCD) khi đó SB,SCD^=SB,SI^=BSI^.

Mặt khác, BI=3VB.SCDSSCD=3VS.ABCD2SSCD=a22

Tam giác SAB vuông tại A nên SB=SA2+AB2=a2.

Tam giác SIB vuông tại I nên sinBSI^=BISB=12⇒BSI^=300.

Vậy SB,SCD^=30°.

Đáp án B

Trước tiên ta rút gọn phần thức fx.x2+xfx−2x2−1x2−42x+1, khi phân thức này đã tối giản thì về cơ bản, ứng với mỗi một nghiệm của mẫu ta sẽ được một đường tiệm cận đứng, tuy nhiên phải lưu ý các trường hợp đặc biệt.

+) Ta thấy đồ thị y=f(x) tiếp xúc với trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 0 và cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ lần lượt là 1,2 nên phương trình f(x)=0 có nghiệm kép x=0 và hai nghiệm đơn x=1; x=2

⇒fx=x−02x−1x−2gx=x2x−1x−2gx với g(x) vô nghiệm.

+) Đường thẳng y=2 cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại hai điểm có hoành độ x=a, x=b −1<a<0,2<b<3, nên phương trình f(x)=2 có hai nghiệm đơn x=a, x=b −1<a<0,2<b<3  

⇒fx−2=x−ax−bhx với h(x) vô nghiệm.

Vậy ta có

y=fx.x2+xfx−2x2−1x2−42x+1=gxhx.x2x−1x−2.x2+xx−ax−bx2−1x2−42x+1

=gxhx.x2.x2+xx−ax−bx+1x+22x+1

Ta thấy với x=a −1<a<0 và x=−12 thì x2+x<0 nên x2+x không tồn tại.

Do đó đồ thị hàm số có các đường tiệm cận đứng là x=b,x=−1,x=−2.

Đáp án A

Để d: y=x+m cắt đồ thị hàm số y=x−1x+1 tại 2 đỉểm phần biệt A, B thì phương trình x+m=x−1x+1 phải có 2 nghiệm phân biệt.

⇔x2+mx+m+1=0 có 2 nghiệm phân biệt x1,x2≠−1

⇔Δ=m2−4m−4>0−12+m−1+m+1≠0⇔m<2−22,m>2+222≠0⇔m>2+22m<2−22*

Gọi Ax1;x1+m,Bx2;x2+m, ta có

OA2+OB2=2⇔x12+x1+m2+x22+x2+m2=2

⇔x12+x22+mx1+x2+m2=1⇔x1+x22−2xxx2+mxx+x2+m2=1⇔−m2−2m+1+m−m+m2=1⇔m2−2m−3=0⇔m=−1m=3

Kết hợp với điều kiện (*) ta chọn m=-1

Đáp án C

Theo đề bài y=f(x) thì có đúng ba điểm cực trị là 0,1, 2 và y=f'(x) liên tục trên

ℝ

⇒f'x=0⇔x=0x=1x=2ux=0; với ba nghiệm 0; 1; 2 là nghiệm đơn hoặc bội lẻ,

còn u(x)=0 chỉ có nghiệm bội chẵn không thuộc tập 0;1;2

Đặt gx=f4x−4x2, ta có:

g'x=4−8xf'4x−4x2.

g'x=0⇔4−8x=0f'4x−4x2=0

g'x=0⇔4−8x=04x−4x2=04x−4x2=14x−4x2=2u4x−4x2=0⇔2x−1=0xx−1=02x−12=0u4x−4x2=0⇔x=0x=1x=12u4x−4x2=0

+) Xét phương trình u4x−4x2=0.

Giả sử a là một nghiệm của phương trình u(x)=0 thì từ a∉0;1;2 ta thấy phương trình 4x−4x2=a không có nghiệm nào thuộc tập 0;12;1. Suy ra các nghiệm x=0;x=1 là nghiệm đơn còn x=12  là nghiệm bội 3 của phương trình f'4x−4x2=0

+) Nếu phương trình u4x−4x2=0 có nghiệm thì các nghiệm đó cũng là các nghiệm bội chẵn của phương trình f'4x−4x2=0

Vậy tập nghiệm đơn, nghiệm bội lẻ của phương trình g(x)=0 là 0;12;1. Do đó, hàm số gx=f4x−4x2 có 3 điểm cực trị

Đáp án C

Điều kiện x+2>02x2+mx+1>0

Phương trình ban đầu tương đương

log22x2+mx+1x+2+2x2+mx+1=x+2⇔log22x2+mx+1+2x2+mx+1=log2x+2+x+2

⇔f2x2+mx+1=fx+21

Xét hàm số ft=log2t+t với t∈0;+∞ có f't=1tln2+1>0,∀t∈0;+∞

⇒ft đồng biến trên 0;+∞ nên (1) ⇔2x2+mx+1=x+2

Từ đó x>−22x2+mx+1=x+22⇔x>−2x2+m−4x−3=02

Để có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai nghiêm phân biệt x1,x2 lớn -2

⇔Δ=m−42+12>0x1+2+x2+2>0x1+2.x2+2>0⇔m∈ℝx1+x2+4=0x1x2+2x1+x2+4=0⇔m∈ℝ4−m+4>0−3+24−m+4>0

 ⇔m<8m<92⇔m<92 mà m∈ℕ*⇒m∈1;2;3;4

Đáp án D

Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có ∫02xf'xdx=xfx02−∫02fxdx

Từ fx+f2−x=x2−2x+2,∀x∈ℝ 1

Thay x=0 vào (1) ta được f0+f2=2⇒f2=2−f0=2−3=−1

Xét ∫02fxdx

Đặt x=2−t⇒dx=−dt, đổi cận: x=0⇒t=2x=2⇒t=0

Khi đó I=−∫20f2−tdt=∫02f2−tdt⇒I=∫02f2−xdx

I=∫20f(2−t)dt=∫02f(2−t)dt⇒I=∫02f(2−x)dx

Do đó ta có ∫02fx+f2−xdx=∫02x2−2x+2dx

⇔2∫02fxdx=83⇔∫02fxdx=43

Vậy ∫02xf'xdx=xfx02−∫02fxdx=2−1−43=−103.

Đáp án A

Ta có: f''xfx+fx22x+13=f'x2⇔f''xfx−f'x2=−fx22x+13

⇔f''xfx−f'x2fx2=−12x+13⇔f'xfx'=−12x+13

⇔f'xfx=−∫12x+13dx⇔f'xfx=−∫2x+1−32dx⇔f'xfx=12x+1+C1

Thay x=0 ta được C1=0

⇒f'xfx=12x+1⇒∫f'xfxdx=∫dx2x+1⇔lnfx=2x+1+C2

Thay x=0 ta được C2=-1

⇒lnfx=2x+1−1

Thay x=4 ta được lnf4=2⇒f4=e2.

Đáp án A

Gọi z=x+yi; x∈ℝ;y∈ℝ. Ta có: z=1⇔z.z¯=1.

Đặt t=z+1, ta có 0=z−1≤z+1≤z+1=2⇒t∈0;2

Ta có t2=1+z1+z¯=1+z.z¯+z+z¯=2+2x⇒x=t2−22

Suy ra z2−z+1=z2−z+z.z¯=zz−1+z¯=2x−12=2x−1=t2−3

Xét hàm số ft=t+t2−3,t∈0;2

Dùng đạo hàm tính giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm f(t) suy ra

maxft=134 khi t=12;minft=3 khi t=3⇒M.n=1334

Đáp án B

Đặt V=VABC.A'B'C'

Lấy điểm E trên CC' sao cho CC'=4C'E

Suy ra A'MA'A=B'NB'B=C'EC'C=14⇒MNE//ABC.

Ta có: VC'MNE=13VA'B'C'.MNE (chóp và lăng trụ có chung đáy, đường cao)

⇒V1=23VA'B'C'.MNE

Mặt khác VA'B'C'.MNE=14V (hai lăng trụ có chung đáy và tỉ lệ đường cao bằng dM,A'B'C'dA,A'B'C'=MA'AA'=14

Suy ra V1=23.14V=16V⇒V2=V−16V=56V⇒V1V2=15

Đáp án B

Gọi M(x;y;z) là một điểm thuộc đường tròn cố định với mọi số thực m, khi đó ta có:

x2+y2+z2+2mx−2m−1y−mz+m−2=0 đúng với ∀m

⇔ m2x−2y−z+1+x2+y2+z2+2y−2=0 đúng với ∀m

⇔ 2x−2y−z+1=0x2+y2+z2+2y−2=0

Vậy đường tròn cố định là giao tuyến của mặt phẳng 2x−2y−z+1=0 và mặt cầu x2+y2+z2+2y−2=0 có tâm I(0;-1;0) bán kính R=3

Do đó bán kính đường tròn r=R2−dI,P2=3−2+122+22+−122=2

Đáp án C

Giả sử Mx+1;y+2;z+3.

Ta có MA=x−62+y2+z2≥x−6≥6−x.

MB=x2+y−22+z2≥y−2≥2−y

MC=x2+y2+z−32≥z−3≥3−z

3MD=x2+y2+z2≥x+y+z2≥x+y+z

Do đó P=MA+MB+MC+3MD≥6−x+2−y+3−z+x+y+z=11

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11 khi và chỉ khi x−62+y2+z2=6−xx2+y−22+z2=2−yx2+y2+z−32=3−z3x2+y2+z2=z+y+z

 ⇔6−x≥02−y≥03−z≥0x+y+z≥0x=y=z=0⇔x=y=z=0⇒M1;2;3 khi đó OM=14