Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 7)

Đáp án B

Cấp số nhân 3;9;27;81;...⇒u1=3q=93=3⇒un=u1qn−1=3.3n−1=3n

Đáp án B

Dựa vào hình vẽ đề cho ta có:

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=-1. Vậy loại phương án C.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x=1. Vậy loại phương án A, D.

Vậy ta chọn phương án B

Đáp án D

∫sinx.cos2xdx=∫2cos2x−1sin xdx=−∫2cos2x−1dcosx=−2cos3x3+cosx+C

Đáp án D

Từ bảng biến thiên ta có limx→−∞fx=−1limx→+∞fx=1

Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là y=±1.

Đáp án B

Số cách chọn ra 4 sản phẩm từ hộp là C1004.

Để 4 sản phẩm lấy ra đều là sản phẩm tốt thì số cách là C804.

Vậy xác suất để 4 sản phẩm lấy ra đều là sản phẩm tốt là C804C1004.

Đáp án A

Ta có công thức tính diện tích xung quanh của hình trụ là S=2πrl;

Mà r=a2,l=a.

Vậy S=2πa2a=πa2.

Đáp án B

Hình chiếu của M1;−3;5 lên mặt phẳng Oxy thì sẽ có độ cao zM=0 hay tọa độ hình chiếu H của M lên mặt phẳng (Oxy) là H1;−3;0.

Đáp án A

P=a13b+b13aa6+b6−ab3=a13b12+b13a12a16+b16−ab13=a13b13b16+a16a16+b16−ab13=a13b13−ab13=0

Đáp án B

Ta có ∫−aafxdx=∫−a0fxdx+∫0afxdx

Xét tích phân ∫−a0fxdx. Đặt t=−x⇒dx=−dt. Đổi cận x=−a⇒t=ax=0⇒t=0

Do f(x) là hàm số lẻ và liên tục trên −a;a nên f−x=−fx⇒f−t=−ft

Khi đó

∫−a0fxdx=−∫a0f−tdt=−∫a0−ftdt=∫a0ftdt=−∫0aftdt=−∫0afxdx

Vậy ∫−aafxdx=∫−a0fxdx+∫0afxdx=−∫0afxdx+∫0afxdx=0

Đáp án B

Xét hàm số y=ax đi qua (0;1) suy ra đồ thị hàm số (1) là đồ thị của hàm nghịch biến nên 0<a<1

Xét đồ thị hàm số y=logbx đi qua (1;0) suy ra đồ thị của hàm số (2) là đồ thị của hàm đồng biến suy ra b>1.

Vậy 0<a<1<b

Đáp án B

z=12−3i=2+3i2−3i2+3i=213+313i

Suy ra điểm biểu diễn của số phức z=12−3i là: 213;313.

Đáp án A

Ta có d đi qua M(2;-3;1) và có VTCP u→−1;1;1

Và (P) có vectơ pháp tuyến: n→m2;−2m;6−3m

Để d//P thì u→⊥n→M∉P⇔u→.n→=0M∉P⇔−1.m2−2m+6−3m=02m2−2−3m+6−3m−5≠0

⇔−m2−5m+6=02m2+3m+1≠0⇔m=−6 và m=1.

Đáp án B

Do cho mặt cầu S:x2+y2+z2−2x−4y−6z=0 cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại các điểm A,B,C (khác O) nên A2;0;0,B0;4;0,C0;0;6.

Phương trình mặt phẳng (ABC) là: x2+y4+z6=1.

Đáp án D

Ta có VS.ABCD=13SABCD.SA=13a2.2a=2a33

Đáp án B

Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị y=f(x) có 2 điểm cực trị nằm phía trên trục Ox và cắt trục Ox tại 1 điểm duy nhất. Suy ra đồ thị y=fx sẽ có 3 điểm cực trị

Đáp án D

Thời gian người thứ nhất di chuyển sau khi va chạm là: 6−3t=0⇔t=2 giây.

Quãng đường người thứ nhất di chuyển sau khi va chạm là:

S1=∫026−3tdt=6t−3t2220=6 mét.

Thời gian người thứ hai di chuyển sau khi va chạm là: 12−4t=0⇔t=3 giây.

Quãng đường người thứ hai di chuyển sau khi va chạm là:

S2=∫0312−4tdt=12t−2t230=18 mét.

Khoảng cách hai xe khi đã dừng hẳn là: S=S1+S2=6+18=24 mét

Đáp án A

Xét hàm số fx=x−m2x+8 trên 0;3;f'x=8+m2x+82>0 nên hàm số đồng biến trên 0;3. Suy ra min0;3fx=f0=−m28

Ta có min0;3fx=−3⇔−m28=−3⇔m=26m=−26

⇒m0=26∈2;5.

Đáp án A

Ta có a+bi+2ia−bi+4=i⇔a+2b=−4b+2a=1⇔a=2b=−3. Suy ra z=2−3i.

Do đó ω=1+z+z2=−2−15i. Vậy ω=−22+−152=229.

Đáp án C

Góc giữa A'B và (ABC) là A'BA^=60°.

A A'=AB.tan60°=a3.

SΔABC=a234⇒VABC.A'B'C'=A A'.SΔABC=3a34.

Đáp án D

Ta có: f'x=x2x−14x+23x−54.

f'x=0⇔x=0 (nghiệm bội 2), x=1 (nghiệm bội 4), x=5 (nghiệm bội 4), x=-2 (nghiệm bội 3). Bảng xét dấu đạo hàm

x	−∞			0		1		5	+∞
f'(x)		0	+	0	+	0	+	0	+

Như vậy hàm số chỉ có 1 điểm cực trị

Đáp án B

Ta có:

S=a+a2+...+a9⇒a.S=a2+a3+...+a10⇒a−1S=a10−a

A=2a.2Sa−1=2S.a−1+a=2a10=225⇒a10=25⇒a10=210⇒a=2

Đáp án A

Giả sử hình nón ngoại tiếp tứ diện đều ABCD cạnh a như hình vẽ bên. Ta có:

+) Bán kính đáy R=OC=23.a32=a33.

+) Độ dài đường sinh l=AC=a.

Vậy diện tích xung quanh hình nón

Sxq=πRl=π.a33a=πa233.

Đáp án B

Ta có fx=e1xx+1⇔fx=e1xe1x+1

⇒T=f1.f2...f2017.e2018=ee12.e12e13...e12017e12018.e12018⇔T=e

Đáp án B

Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị có hai tiệm cận đứng là x=1;x=-1 và hai tiệm cận ngang là y=-3;y=3

Đáp án A

Phương trình có Δ=−8<0, nên phương trình có 2 nghiệm phức là z1=1+2i2;z2=1−2i2. Ta có z1+z2=2,z1−z2=4i2.

Do đó z1+z2+z1−z2=2+42.

Đáp án C

Gọi chiều rộng của bể là xm,x>0. Khi đó chiều dài 4x(m) và chiều cao 504x2=252xm.

Diện tích các mặt cần xây: Sx=4x2+2x+4x.252x2=4x2+2502xm2

S'x=8x−2502x2=0⇔x3=1258⇔x=52

Chi phí thấp nhất khi S(x) đạt giá trị nhỏ nhất trên 0;+∞. Do đó x=2,5(m).

Đáp án C

A,B,C lần lượt là hình chiếu của điểm M trên các trục Ox,Oy,Oz.

⇒A1;0;0,B0;2;0,C0;0;3

 Phương trình mặt phẳng (ABC) là x1+y2+z3=1⇔6x+3y+2z−6=0

⇒dO;ABC=662+32+22=67.

Đáp án A

Hàm số y=ax nghịch biến trên ℝ nên ta có: 0<a<1.

Các hàm số y=bx,y=logcx đồng biến trên tập xác định của nó nên ta có: b>1c>1

Xét đồ thị hàm số y=logcx, ta có: logc2>1⇔c<2.

Xét đồ thị hàm số y=bx, ta có: b1>2⇔b>2.

Do đó: 0<a<c<b.

Đáp án D

Từ phương trình 3Cn+12+nP2=4An2⇒n=3

Với n=3, ta có 1x+x33n+1=1x+x310=∑k=010C10k.1x10−k.x3k=∑k=010C10k.x4k−10

Hệ số của x6 ứng với 4k−10=6⇔k=4⇒ hệ số cần tìm C104=210.

Đáp án D

Đặt y=t, ta có x+z=3tx−z=−4−t⇒x=−2+tz=2+2t

Vậy phương trình tham số của d là x=−2+ty=tz=2+2t

Đáp án B

Kẻ AH⊥SBH∈SB(1)

Theo giả thiết ta có BC⊥SABC⊥AB⇒BC⊥SAB⇒BC⊥AH(2).

Từ (1) và (2) suy ra, AH⊥SBC. Do đó góc giữa SA và mặt phẳng

(SBC) bằng góc giữa SA và SH bằng góc ASH^

Ta có AB=AC2−BC2=a3

Trong tam giác vuông ΔSAB ta có sinA SB=ABSB=a32a3=12.

Vậy A SB^=A SH^=30°. Do đó góc giữa SA và mặt phẳng (SBC) bằng 30°.

Đáp án C

Ta có g'x=2x.f'x2−5;

g'x=0⇔x=0f'x2−5=0←theo  do  thi  f'xx=0x2−5=−4x2−5=−1x2−5=2⇔x=0x=±1x=±2x=±7

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên và đối chiếu với các đáp án, ta chọn C

Đáp án A

Trang trại đó bán tăng x nghìn đồng thì số tiền bán mỗi một kg rau là (30+x) (nghìn đồng) .x≥0

Số rau thừa là 20x,x≤50.

Tổng số rau bán được là (1000-20x) kg.

Tổng số tiền thu được là: T=1000−20x30+x+20x.2=−20x2+440x+30000

Ta có T=−20x2+440x+30000=32420−20x−112≤32420 nghìn đồng.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=11.

Vậy số tiền bán rau nhiều nhất mà trang trại có thể thu được mỗi ngày là 32420000 đồng

Đáp án C

Điều kiện 0<x≠1x>67⇔67<x≠1*.

Phương trình 2x2−5x+2logx7x−6−2=0⇔2x2−5x+2=0logx7x−6−2=0

+ Phương trình 2x2−5x+2=0⇔x=2x=12. Kết hợp với điều kiện *⇒x=2.

+ Phương trình logx7x−6−2=0⇔7x−6=x2⇔x2−7x+6=0⇔x=1x=6

Kết hợp điều kiện *⇒x=6.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=2;x=6 suy ra tổng các nghiệm bằng 8

Đáp án D

SABC=3⇒AB=BC=CA=2. Chọn hệ trục vuông góc Oxy sao cho O0;0,A1;0,C0;−3 với O là trung điểm AC. Phương trình đường thẳng AB là y=3x−1, thể tích khối tròn xoay khi quay ABO quanh trục AC (trùng Ox) tính bởi V'=π∫013x−1dx=π.

Vậy thể tích cần tìm V=2V'=2π.

Đáp án A

Gọi G là trọng tâm tam giác đều ABC

⇒G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có A'G⊥ABC.

Dựng hình chiếu H của B' trên mặt phẳng ABC⇒ Tứ giác ABHG là hình bình hành và AG=BH=433,BH⊥BC.

Xét tam giác BHC vuông tại B, ta có: tanBCH^=BHBC=33⇒BCH^=30°

Do đó ACH^=ACB^+BCH^=90° hay AC⊥HC.

Mà AC⊥B'H. Do đó:AC⊥B'C  tại C hay MC⊥B'C tại C (1)

Ta lại có MC⊥BM tại M (2)

Từ (1),(2) ⇒MC là đoạn vuông góc chung của BM và .B'C

Do đó dBM,B'C=MC=2

Đáp án C

Gọi M, N lần lượt là điểm biểu diễn của số phức z1,z2.

Gọi số phức z=x+yix,y∈ℝ.

Ta có M, N thuộc đường tròn (C) có tâm I(1;0), bán kính R=34.

Mà z+1+mi=z+m+2i⇔x+1+y+mi=x+m+y+2i

⇔2−2mx+2m−4y−3=0⇒ M, N thuộc đường thẳng d:2−2mx+2m−4y−3=0.

Do đó M, N là giao điểm của d và đường tròn (C).

Ta có z1−z2=MN nên z1−z2 lớn nhất ⇔ MN lớn nhất.

⇔ MN là đường kính của đường tròn tâm I bán kính 34.

Khi đó z1+z2=2OI→=2.OI=2

Đáp án D

Gọi H là trung điểm AD, ta có SH⊥ABCD.

Gọi M, I lần lượt là trung điểm AC, SB ⇒ MI là trục đường tròn ngoại tiếp △ABC.

⇒IA=IB=IC.

Mà  vuông tại H⇒IS=IB=IH=SB2.

Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp tam giác S.ABC.

Ta có SH=a3,BH=a2⇒SB=a5⇒R=SB2=a52

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp tam giác S.ABC là 4πR2=4π5a24=5πa2

Đáp án A

Gọi KxK;yK;zK sao cho: KA→−2KB→+3KC→=0→⇒K−192;2;152

Ta có: IA→−2IB→+3IC→=IK→+KA→−2IK→+KB→+3IK→+KC→

=2IK→+KA→−2KB→+3KC→=2IK→=2IK

Do đó: IA→−2IB→+3IC→min⇔IKmin⇔IK⊥Oxz

Hay I là hình chiếu vuông góc của K lên Oxz⇒I−192;0;152.

Đáp án A

Ta có I=∫0π42+3tanx1+cos2xdx=∫0π42+3tanx2cos2xdx

Đặt u=2+3tanx⇒u2=2+3tanx⇒2udu=3cos2xdx

Đổi cận x=0⇒u=2

x=π4⇒u=5. Khi đó I=13∫25u2du=19u352=559−229

Do đó a=59,b=−29⇒a+b=13

Đáp án B

Với 100 triệu ban đầu số tiền cả lãi và gốc thu được sau hai năm là T1=100.1+0,8%24.106=121074524

Mỗi tháng tiếp theo gửi 2 triệu thì tổng số tiền cả lãi và gốc là T2=20,008.1+0,00823−1.1+0,008106=50686310

Vậy tổng số tiền là T=T1+T2=171.761.000

Đáp án A

Ta có g'x=−2x+3.f'−x2+3x;

g'x=0⇔−2x+3=0f'−x2+3x=0←theo  do  thi  fxx=32−x2+3x=−2−x2+3x=0⇔x=32x=3±172x=0x=3

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên và đối chiếu với các đáp án, ta chọn A

Đáp án D

Phương trình ⇔m+1+1+sinx+m+1+1+sin x=1+sin x+1+sin x

Xét hàm số ft=t2+t với t∈0;+∞.

Hàm này đồng biến trên 0;+∞ nên suy ra fm+1+1+sinx=f1+sin x

⇔m+1+1+sin x=1+sin x⇔m+1+1+sin x=1+sin x⇔m=sin x−1+sin x

Đặt u=1+sin x, vì sin x∈−1;1⇐u∈0;2

Phương trình trở thành: m=u2−u−1

 Xét hàm gu=u2−u−1 với u∈0;2

Ta có g'u=2u−1;g'u=0⇔u=12

 Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình

có nghiệm ⇔−54≤m≤1−2

 ⇒a=−54b=1−2⇒a+b=−14−2

Đáp án B

Từ giả thiết, thay x bằng 1x ta được f1x+2fx=3x

Do đó ta có hệ fx+2f1x=3xf1x+2fx=3x⇔fx+2f1x=3x4fx+2f1x=6x⇒fx=2x−x

Khi đó I=∫122fxxdx=∫1222x2−1dx=−2x−x212=32

Đáp án B

Giả sử 2x là chiều cao hình trụ 0<x<R (xem hình vẽ)

Bán kính của khối trụ là r=R2−x2. Thể tích khối trụ là: V=πR2−x22x

Xét hàm số Vx=πR2−x22x,0<x<R,

Có V'x=2πR2−3x2=0⇔x=R33

Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT, ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao của khối trụ là 2R33;Vmax=4πR339

Đáp án B

Đặt hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ (trục hoành là trục của chiếu trống, gốc tọa độ là trung điểm của đường cao chiếu trống, đơn vị: dm).

Gọi (E) là elip có phương trình x216+y29=1 thì ảnh của (E) qua phép tịnh tiến theo vectơ u→0;6 là elip (E') có phương trình x216+y−629=1.

Suy ra, phương trình của đường sinh là: y=6−3416−x2

Do đó, thể tích của chiếc trống là: V=π∫−446−3416−x22dx≈344,964(dm3)

Đáp án A

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có GA→+GB→+GC→=0→ và G(1;1;1)

Khi đó ta có: MA2+MB2+MC2=MA→2+MB→2+MC→2

=MG→+GA→2+MG→+GB→2+MG→+GC→2

=3MG→2+GA→2+GB→2+GC→2+2MG→GA→+GB→+GC→=3MG→2+GA→2+GB→2+GC→2

=3MG2+GA2+GB2+GC2

Do các điểm A, B, C, G cố định nên GA2+GB2+GC2 không đổi.

Suy ra MA2+MB2+MC2 nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất. Do đó M là hình chiếu vuông góc của G lên Q⇒MG=dG;Q=23⇒3MG2=4

Lại có: GA2=2;GB2=2;GC2=4

Vậy giá trị nhỏ nhất của MA2+MB2+MC2 bằng 12

Đáp án C

Ta có: P≡EBC

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD, F là trung điểm của BC và I=AG∩EF

Do ABCD là tứ diện đều ⇒AG⊥BCD⇒AG⊥FD

AG=AD2−DG2=a2−a332=a63

Mặt khác: ABCD là tứ diện đều nên AF⊥BCAB=AC và DF⊥BCAB=AC ⇒AFD⊥BC⇒EF⊥BC

Ta có: EF⊥BCDF⊥BCP∩DBC=BC⇒EBC,DBC=EF,DF=EFD^ (vì AG⊥FD).

⇒EFD^=α

IG=FG.tanα=a36.527=5a642

Dựng EK//FD,K∈AG và đặt AEAD=x

Suy ra: AKAG=x⇒AK=xAG=x.a63

EKGD=x⇒EK2FG=x⇒EKFG=2x⇒IKIG=2x⇒IK=2x.IG=2x.5a642

Ta có: AG=AK+IK+IG⇔a63=x.a63+2x.5a642+5a642⇒x=38

⇒V1V1+V2=AEAD=38⇒V1V2=35.

Đáp án D

Giả sử mặt cầu (S) có tâm I=a;b;c∈T⇒a+b+c=0

Theo đề bài, ta có dI,P=dI,Q=dI,R

⇔2a−b−c−26=a−2b+c+26=a+b−2c+26

⇔2a−b−c−2=a−2b+c+22a−b−c−2=a+b−2c+2↔a+b+c=03a−2=3b−23a−2=3c−2⇔a=b3a+3b=4a=c3a+3c=4

Trường hợp 1 a+b+c=0a=ba=c⇒I0;0;0

Tương tự cho ba trường hợp còn lại ta chọn được đáp án D.

Đáp án B

Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn cho số phức z2

Ta có: z1=1⇔x−2+y+2i=1⇔x−22+y+22=1T.

Đường tròn (T) có tâm I(2;-2), bán kính R=1, có OI=−22+22=22

Khi đó tập hợp điểm biểu diễn số phức z2 là đường tròn (C) có tâm O, bán kính OM.

Bài yêu cầu: Tìm số phức z2 có: z2=x2+y2 lớn nhất.

Bài toán trở thành: Tìm vị trí điểm Mx;y∈C sao cho OMmax⇔OM=OI+R=22+1

OM→OI→=22+122=1+122⇒OM→=1+122.OI→⇒xM=1+122.x1yM=1+122.y1

⇒yM=1+122.−2=−2−22=−2+22