Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 12)

Phương pháp:

Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d có TCN là y=ac.

Cách giải:

Đồ thị hàm số y=2−3xx−4 có tiệm cận ngang là y = -3.

Chọn D.

Phương pháp:

- Xét phương trình hoành độ giao điểm.

- Tìm điều kiện để phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt.

Cách giải:

TXĐ: D=ℝ\1.

Xét phương trình hoành độ giao điểm

2x+2x−1=−x+m

⇒2x+2=x−1−x+m

⇒2x+2=−x2+mx+x−m

⇒x2+1−mx+m+2=0 *

Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 

1⇒Δ=1−m2−4m+2>01+1−m+m+2≠0⇔m2−6m−7>04≠0 luon dung⇒m>7m<−1.

Chọn A.

Phương pháp:

- Tìm TXĐ.

- Sử dụng công thức tính đạo hàm lnu'=u'u.

- Giải bất phương trình y' < 0 và suy ra khoảng nghịch biến của hàm số.

Cách giải:

Vì x2+4x+7=x+22+3>0∀x∈ℝ nên TXĐ của hàm số là D = ℝ.

Ta có y=lnx2+4x+7⇒y'=2x+4x2+4x+7.

Xét y'<0⇔2x+4x2+4x+7<0⇔2x+4<0⇔x<−2.

Vậy hàm số y=lnx2+4x+7 nghịch biến trên khoảng −∞;2.

Chọn B.

Phương pháp:

Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.

Cách giải:

TXĐ: D=ℝ\1. Ta có y=2x−1x−1⇒y'=−1x−12<0∀x∈D.

Vậy hàm số y=2x−1x−1 nghịch biến trên −∞;1,1;+∞.

Chọn A.

Phương pháp:

- Mặt phẳng (ABC) nhận n→=AB→,AC→ làm 1 VTPT.

- Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua điểm Mx0;y0;z0 và nhận n→=A;B;C  làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: Ax−x0+By−y0+Cz−z0=0.

Cách giải:

Ta có AB→=−2;1;1AC→=1;2;−1⇒AB→,AC→=−3;−1;−5.

⇒mpABC có 1 VTPT là n→=3;1;5.

Phương trình mặt phẳng (ABC) là: 3x−1+1y+1+5z=0⇔3x+y+5z−2=0.

Chọn B.

Phương pháp:

Số phức z = a + bi có số phức liên hợp là z¯=a−bi.

Cách giải:

z=4+7i⇒z¯=4−7i.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân: ∫abfxdx=∫abftdt,∫abfxdx=∫acfxdx+∫cbfxdx

Cách giải:

I=∫01fxdx=∫02fxdx−∫12fxdx

=∫02fxdx−∫12ftdt=5−3=2.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính đạo hàm: ax'=axlna,logax'=1xlna.

Cách giải:

y=2x+log2x⇒y'=2xln2+1xln2.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nguyên hàm mở rộng: ∫1ax+bdx=1alnax+b+C.

Cách giải:

Fx=∫13x−2dx=13ln3x−2+C.

 

Vì x∈23;+∞⇒3x−2>0⇒Fx=13ln3x−2+C.

Mà F1=5⇒C=5.

Vậy Fx=13ln3x−2+5.

Chọn D.

Phương pháp:

- Đặt ẩn phụ t=2xt>0.

-  Áp dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

Đặt t=2xt>0. phương trình trở thành t2−5t+3=0.

Giả sử phương trình có 2 nghiệm phân biệt t1,t2⇒x1=log2t1,x2=log2t2

⇒x1+x2=log2t1+log2t2=log2t1t2=log23.

Chọn B.

Phương pháp:

Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số, đặt t=x2+2x.

Cách giải:

Đặt t=x2+2x⇒dt=2x+1dx⇒x+1dx=12dt.

Đổi cận: x=0⇒t=0x=1⇒t=3.

⇒I=12∫03ftdt=12∫03fxdx=12.20=10.

Chọn B.

Phương pháp:

Tính tích phân bằng phương pháp đưa biến vào vi phân.

Cách giải:

Ta có ∫14ln2xxdx=∫14ln2xdlnx=ln3x341

=13ln34=13ln322=83ln3x

⇒a=8,b=3⇒a+b=11.

Chọn C.

Phương pháp:

- Đường thẳng d//BC nhận BC→ làm 1 VTCP.

- Trong không gian Oxyz, phương trình của đường thẳng d đi qua điểm Mx0;y0;z0 và có vectơ chỉ phương u→=a;b;c là: x−x0a=y−y0b=z−z0c.

Cách giải:

Đường thẳng d//BC nhận BC→=1;−2;2 làm 1 VTCP.

Phương trình đường thẳng d là: x−21=y+1−2=z−12.

Chọn A.

Phương pháp:

- Thực hiện các phép tính tìm số phức z

- Số phức z=a+bi⇒z=a2+b2.

Cách giải:

Ta có: 1+iz+3i−1=4−2i⇒z=5−5i1+i=−5i.

Vậy z=5.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng khái niệm đường tiệm cận của đồ thị hàm số: Cho hàm số y = f(x).

- Đường thẳng y=y0 là TCN của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: limx→+∞y=y0 hoặc limx→-∞y=y0

- Đường thẳng x=x0 là TCĐ của đồ thị hàm số nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau: limx→x0+y=+∞ hoặc limx→x0+y=-∞ hoặc limx→x0-y=+∞ hoặc limx→x0-y=-∞.

Cách giải:

Dựa vào BBT ta thấy:

limx→−∞y=−2⇒y=−2 là TCN của đồ thị hàm số.

limx→0+y=+∞,limx→0−y=−∞⇒x=0 là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số y = f(x) có tổng 2 đường tiệm cận.

Chọn D.

Phương pháp:

Hàm số bậc bốn trùng phương y=ax4+bx2+c có 3 điểm cực trị khi ab < 0.

Cách giải:

Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị khi −m2−m<0⇔mm−2<0⇔0<m<2.

Chọn B.

Phương pháp:

Hàm số y=logafx xác định khi và chỉ khi f(x) xác định và f(x) > 0

Cách giải:

Hàm số y=1−log2x xác định khi 1−log2x≥0x>0⇔log2x≤1x>0⇔0<x≤2.

Chọn D.

Phương pháp:

- Tính SΔABC=12AB.AC.sin∠BAC.

- Tính thể tích VS.ABC=13.SA.SΔABC.

Cách giải:

Ta có: SΔABC=12AB.AC.sin∠BAC=12.a.2a.sin600=3a22.

Vậy VS.ABC=13.SA.SΔABC=13.2a.3a22=3a33.

Chọn B.

Phương pháp:

Tính tích phân bằng phương pháp tích phân từng phần.

Cách giải:

Đặt u=xdv=e−xdx⇒du=dxv=−ex.

⇒∫01xe−xdx=−xe−x10+∫01e−xdx.

=−1e−e−x10=−1e−1e−1=1−2e

⇒a=1,b=−2⇒a2+b2=5.

Chọn B.

Phương pháp:

- Tính độ dài đường sinh l=h2+r2.

- Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l là Sxq=πrl.

Cách giải:

Độ dài đường sinh l=h2+r2=42+32=5.

⇒ Diện tích xung quanh của hình nón Sxq=πrl=π.3.5=15π.

Chọn D.

Phương pháp:

- Khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh a có đường kính bằng đường chéo của hình lập phương.

- Thể tích khối cầu bán kính R là V=43πR3.

Cách giải:

Khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh a có đường kính bằng đường chéo của hình lập phương bằng a3 nên có bán kính R=a32.

Vậy thể tích khối cầu là V=43πR3=43π.a323=3πa32.

Chọn B.

Phương pháp:

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quanh hình phẳng giới hạn bởi các đường y=fx,y=gx,x=a, x = b, xung quanh trục Ox là: V=π∫abf2x−g2xdx.

Cách giải:

Thể tích cần tính: V=π∫0πsin2xdx=π22.

Chọn C.

Phương pháp:

Xác định số điểm cực trị của hàm số = số nghiệm bội lẻ của phương trình f'(x) = 0.

Cách giải:

Ta có f'x=x2−12x2−3x+2x2021=0⇔x=1nghệm bội 3x=−1nghiệm bội 2x=2nghiệm đơnx=0nghiệm bội 2021

Vậy hàm số f(x) có 3 điểm cực trị.

Chọn B.

Phương pháp:

- Mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính R=dI;P.

- Khoảng cách từ điểm Ix0;y0;z0 đến mặt phẳng P:Ax+By+Cz+D=0 là

                                         dI;P=Ax0+By0+Cz0+DA2+B2+C2.

- Mặt cầu tâm I(a; b; c), bán kính R có phương trình S:x−a2+y−b2+z−c2=R2.

Cách giải:

Bán kính mặt cầu là R=dI;P=1−2.−1+2.1+112+−22+22=2.

Vậy phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P) là: x−12+y+12+z−12=4.

Chọn A.

Phương pháp:

- Dựa vào nhánh cuối cùng suy ra dấu của hệ số

- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra dấu của hệ số

- Hệ vào số điểm cực trị suy ra dấu của hệ số

Cách giải:

Đồ thị có nhánh cuối cùng đi xuống ⇒a<0.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm nằm dưới trục hoành nên c < 0.

Đồ thị có 3 điểm cực trị ⇒ab<0. Mà a<0⇒b>0.

Vậy a<0,b>0,c<0.

Chọn D.

Phương pháp:

Số nghiệm của phương trình f(x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m song song với trục hoành.

Cách giải:

Đường thẳng y = 2 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 3 điểm phân biệt nên phương trình f(x) = 2 có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn C.

Phương pháp:

- Đưa phương trình đường thẳng về dạng x−x0a=y−y0b=z−z0c.

- Đường thẳng x−x0a=y−y0b=z−z0c có 1 VTCP là u→=a;b;c.

Cách giải:

Δ:x−13=2y+14=−z+23⇒Δ:x−13=y+122=z−2−3 có 1 VTCP là u4→=3;2;−3.

Chọn B.

Phương pháp:

- Tính y' xác định các nghiệm xi∈−1;2 của phương trình y' = 0.

- Tính y0,y2,yxi.

- KL: min0;2y=miny0,y2,yxi,max0;2y=maxy0,y2,yxi.

Cách giải:

Ta có y'=3x2−2x−1=0⇔x=1∈0;2x=−13∉0;2.

Mà y0=2,y2=4,y1=1.

⇒min0;2y=y1=1=m,max0;2y=y2=4=M.

Vậy m + M = 1 + 4 = 5.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân: ∫abfx+gxdx=∫abfxdx+∫abgxdx,∫abkfxdx=k∫abfxdxk≠0.

Cách giải:

I=∫044fx−gxdx=4∫04fxdx−∫04gxdx=4.2−3=5.

Chọn D.

Phương pháp:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x), đường thẳng x = a, x = b là S=∫abfx−gxdx.

Cách giải:

Ta có: S=∫−10x+1dx=23.

Chọn D.

Phương pháp:

Đặt ẩn phụ t=3x>0.

Cách giải:

Đặt t=3x>0 phương trình trở thành t2+9t−1=0⇔t=−9+852tmt=−9−852ktm

Với t=−9+852⇒3x=−9+852⇔x=log3−9+852.

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.

Chọn C.

Phương pháp:

So sánh chiều cao và diện tích đáy của hai khối chóp.

Cách giải:

Vì ΔMNP∽ΔBCD theo tỉ số k=12 nên SMNPSBCD=k2=14.

Ta có MNP//BCD⇒dO;MNP=dB;MNP.

Lại có BA∩MNP=M⇒dB;MNPdA;MNP=BMAM=1⇒dB;MNP=dA;MNP=12dA;BCD.

Vậy VOMNPVABCD=dO;MNPdA;BCD.SMNPSBCD=12.14=18.

Chọn B.

Phương pháp:

Tìm điều kiện để phương trình y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.

Cách giải:

Ta có

y=fx=13x3−mx2+m+2x+2

 

Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình y'=x2−2mx+m+2=0 phải có 2 nghiệm phân biệt.

⇒Δ'=m2−m−2.0⇔m>2m<−1.

Chọn D.

Phương pháp:

Thể tích khối lăng trụ V=Sday.h.

Cách giải:

Thể tích khối lăng trụ V=Sday.h=a234.a=3a34.

Chọn A.

Phương pháp:

Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định nên đạt GTNN và GTLN trên 1đoạn xác định tại 2 điểm đầu mút.

Cách giải:

Hàm số đã cho xác định trên [0; 2], do đó nó đơn điệu trên [0; 2].

⇒max0;2fx+min0;2fx=f0+f2

⇒−m2+4−m4=−5

⇔−2m+4−m=−20

⇔m=8

Chọn D.

Phương pháp:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x), đường thẳng x = a, x = b là S=∫abfx−gxdx.

Cách giải:

Ta có:

I1=∫abfxdx=S1

I2=∫acfxdx=∫abfxdx+∫bcfxdx=S1−S2

I3=∫adfxdx=∫abfxdx+∫bcfxdx+∫cdfxdx=S1−S2+S3=I2+S3

I4=∫cdfxdx=S3

 

Ta có I2=S1−S2<S1=I1 nên loại đáp án A và D.

     I3=I2+S3⇒I3>I2I3>I4

Dễ thấy S2<S1<S3⇒I1<I4.

Vậy I2<I1<I4<I3.

Chọn B.

Phương pháp:

- Đặt t=2x>0. Đưa về phương trình bậc hai ẩn t

- Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm trái dấu thì phương trình bậc hai ẩn t có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn t1<1<t2.

- Áp dụng định lí Vi-ét.

Cách giải:

Đặt t=2x>0. phương trình trở thành t2−2m+2t+3m−5=0 *.

Giả sử phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt trái dấu x1<0<x2⇒log2t1<0<log2t2⇔t1<1<t2.

⇒ Phương trình (*) có 2 nghiệm phân phân biệt thỏa mãn t1<1<t2.

⇒Δ'>0t1+t2>0t1t2>0t1−1t2−1<0⇔m+22−3m+5>02m+2>03m−5>03m−5−2m+2+1<0

⇔m2+m+9>0luôn dươngm>−2m>53m−8<0⇔53<m<8

 

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng quy tắc tính đạo hàm một tích: f'xgx+fxg'x=fxgx'.

Cách giải:

Ta có:

∫01f'xgxdx+∫01fxg'xdx=∫01fxgx'dx

=fxgx10=f1g1−f0g0=2.4−1.−2=10

⇒7+I=10⇔I=3.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng công thức lãi kép.

Cách giải:

Nếu hàng năm không khai thác thì sau 6 năm khu rừng đó có: 7.1061+4%6=7.10,46 (mét khối).

Chọn D.

Phương pháp:

- Tham số hóa tọa độ điểm M∈Δ:M−1+t;2t;1−t.

- Cho M∈P, tìm t và suy ra tọa độ điểm M.

- Tính OM=xM2+yM2+zM2.

Cách giải:

Gọi M−1+t;2t;1−t∈Δ.

Vì M=Δ∩P⇔M∈P⇒−1+t−2t+2−2t+5=0⇔t=2.

⇒M1;4;−1⇒OM=12+42+−12=32.

Chọn A.

Phương pháp:

- Xét hệ PQ và suy ra phương trình đường thẳng giao tuyến của (P), (Q).

- Xác định u→ là VTCP của đường thẳng giao tuyến.

- Lấy M thuộc giao tuyến (bất kì). Tính AM→.

- (R) có 1 VTPT là n→=AM→;u→.

- Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua điểm Mx0;y0;z0 và nhận u→=A;B;C làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: Ax−x0+By−y0+Cz−z0=0.

Cách giải:

Gọi Δ=P∩Q⇒ Phương trình đường thẳng Δ:x+y−z−1=02x−y+z−6=0.

Cho z = t ta có x+y−t−1=02x−y+t−6=0⇔3x−7=0y=−x+t+1z=t⇔x=73y=−43+tz=t

⇒Δ có 1 VTCP là u→=0;1;1 và đi qua điểm M73;−43;0.

Ta có AM→=103;−43;−3⇒AM→,u→=53;−103;103=531;−2;2.

Gọi n→ là 1 VTCP của mặt phẳng (R). Ta có Δ⊂RA,M∈R⇒n→⊥u→n→⊥AM→⇒n→=1;−2;2.

Vậy phương trình mặt phẳng (R) là: 1x+1−2y+2z−3=0⇔x−2y+2z−5=0.

Chọn C.

Phương pháp:

- Gọi M=d∩Δ, tham số hóa tọa độ điểm M:M1+t;−t;−1+t.

- Giải AM→.ud→=0 tìm t.

- Đường thẳng d đi qua A và có 1 VTCP là AM→. Viết phương trình đường thẳng d.

Cách giải:

Gọi M=d∩Δ⇒M1+t;−t;−1+t.

⇒AM→=t;−t−3;t.

Đường thẳng Δ:x=1+ty=−tz=−1+t có 1 VTCP là uΔ→=1;−1;1.

Vì d⊥Δ⇒AM→.uΔ→=0

⇒1.t−1.−t−3+1.t=0

⇔t+t+3+t=0⇔t=−1

⇒AM→=−1;−2;−1⇒ud→=1;2;1 là 1 VTCP của đường thẳng d.

Vậy phương trình đường thẳng d là: x−11=y−32=z+11.

Chọn C.

Phương pháp:

- Hình chiếu của M(a; b; c) trên các trục Ox, Oy, Oz là Aa;0;0,B0;b;0,C0;0;c.

- Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm Aa;0;0,B0;b;0,C0;0;c là xa+yb+zc=1.

Cách giải:

Hình chiếu của M(2; -3; 1) trên các trục Ox, Oy, Oz là A2;0;0,B0;−3;0,C0;0;1.

Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm A2;0;0,B0;−3;0,C0;0;1 là x2+y−3+z1=1.

Chọn A.

Phương pháp:

- Lấy tích phân hai vế.

- Sử dụng phương pháp tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số.

Cách giải:

Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế của phương trình fx+f1−x=x21−x2∀x∈ℝ ta có:

∫01fxdx+∫01f1−xdx=∫01x21−x2dx=130 *.

 

Xét ∫01f1−xdx.

Đặt t=1−x⇒dt=−dx⇒dx=−dt

Đổi cận x=0⇒t=1x=1⇒t=0.

⇒∫01f1−xdx=−∫10ftdt=∫01fxdx.

Thay vào (*) ta có 2∫01fxdx=130⇔∫01fxdx=160.

Chọn B.

Phương pháp:

- Diện tích mặt cầu bán kính R là S=4πR2, từ đó tính diện tích mặt cầu.

- Mặt cầu S:x2+y2+z2+2ax+2by+2cz+d=0 có bán kính R=a2+b2+c2−d.

Cách giải:

Gọi R là bán kính mặt cầu ta có 4πR2=28π⇔R2=7.

⇒12+−m2+22−−1=7

⇔m2+6=7⇔m=±1

Chọn A.

Phương pháp:

Cô lập m đưa bất phương trình về dạng m≤gx∀x>0⇔m≤max0;+∞gx.

Cách giải:

Ta có:

     lnxx+1+1x≥lnxx−1+mx∀x>0,x≠1

⇔lnxx+1+1x−lnxx−1≥mx∀x>0,x≠1

 

⇔lnxxx+1−xx−1+1≥m∀x>0,x≠1

⇔lnx.x2−x−x2−xx2−1+1≥m∀x>0,x≠1

⇔−2xx2−1.lnx+1≥m∀x>0,x≠1 *

Đặt gx=−2xx2−1.lnx+1 ta có m≤gx∀x>0,x≠1.

Sử dụng MTCT ta vẽ được BBT hàm số g(x) như sau:

⇒* có nghiệm khi và chỉ khi m≤1.

Vậy có vô số giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

Phương pháp:

- Sử dụng: G là trọng tâm tam giác ABC ta có: MA→+MB→+MC→=3MG→.

- Khoảng cách từ điểm Ix0;y0;z0 đến mặt phẳng P:Ax+By+Cz+D=0 là

dI;P=Ax0+By0+Cz0+DA2+B2+C2.

Cách giải:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có G(1; 2; 1).

Ta có: E=MA→+MB→+MC→=3MG→=3MG.

Do đó Emin⇔MGmin⇔M là hình chiếu của G lên (P). Khi đó MG=dG;P=1−2.2+2.1−712+−22+22=83

Vậy Emin=3.83=8.

Chọn A.

Phương pháp:

- Sử dụng: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x), đường thẳng x = a, x = b là S=∫abfx−gxdx. Tính ∫03f'xdx, từ đó so sánh f(3), f'(3).

- Từ đồ thị hàm số f'(x) suy ra BXD  hàm số f''(x) so sánh f''(3) với 0.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta có f'(3) = 0.

Ta có S=∫03f'xdx=−∫03f'xdx=f0−f3>0 nên f3<f0=0⇒f3<f'3.

Xét hàm số f'(x) trên 0;+∞, hàm số có 2 điểm cực trị x=a∈0;3x=b>3.

Ta có BXD f''(x) như sau:

⇒f''3>0=f'3.

Vậy f3<f'3<f''3.

Chọn C.

Phương pháp:

- Sử dụng 2−1=2+1−1.

- Chia cả 2  vế cho 2+1.

- Đặt ẩn phụ t=2+1x−1>0, đưa về bất phương trình bậc hai ẩn t

- Giải bất phương trình tìm t sau đó tìm x

Cách giải:

Ta có:

2+1x−2−1x−2≤22+1

⇔2+1x−2+12−x≤22+1

⇔2+1x−1−2+11−x≤2

⇔2+1x−1−12+1x−1≤2

 

Đặt t=2+1x−1>0, bất phương trình trở thành: t−1t≤2⇔t2−2t−1≤0⇔1−2≤t≤1+2.

Kết hợp điều kiện ⇒0<t≤1+2.

⇒2+1x−1≤2+1⇔x−1≤1⇔x≤2.

Chọn C.

Phương pháp:

Xét hàm đặc trưng.

Cách giải:

ĐKXĐ: 5x−1>0⇔x>15.

Ta có:

log2x2+x+15x−1+x2−4x+2=0

⇔12log2x2+x+15x−1+x2−4x+2=0

⇔12log2x2+x+1−12log25x−1+x2−4x+2=0

⇔12log2x2+x+1+x2+x+1=12log25x−1+5x−1 *

Xét hàm đặc trưng ft=12log2t+tt>0 có f't=12.1tln2+1>0∀t>0 nên hàm số đồng biến trên 0;+∞, suy ra *⇔x2+x+1=5x−1⇔x2−4x+2=0⇔x=2±2tm.

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là 2+2+2−2=4.

Chọn B.