Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 17)

Chọn C.

Ta có: VS.ABC=13SΔABC.SA=13.12.2=13.

Chọn D.

Hình chiếu vuông góc của điểm M(2; -1; 1) trên trục Ox có tọa độ là (2; 0; 0)

Chọn B.

Gọi N thuộc cạnh AC sao cho AN=2NC⇒MN//BC⇒BC//SMN.

⇒dSM,BC=dBC,SMN=dB,SMN=12dA,SMN=12h.

Ta có: 1h2=1AM2+1AN2+1SA2=116a2+14a2+1a2=2116a2⇒h=42121a.

⇒dSM,BC=22121a.

Chọn C.

Ta có: MN→=−1;−2;0 và MP→=−1;0;3.

Khi đó, nP→=MN→,MP→=−6;3;−2.

Vậy phương trình mặt phẳng (P) có phương trình là

                                         −6x−1+3y−2z=0⇔6x−3y+2z−6=0.

Chọn D.

Ta có: log3ac=log9abc⇔ac2=abc⇔b=ac.

Chọn A.

Ta có: ∫13fxdx=∫10fxdx+∫03fxdx=−1+5=4.

Chọn D.

Gọi a là độ dài cạnh của hình lập phương đã cho.

Thể tích của hình lập phương là V=a3=125⇔a=5.

Vậy độ dài cạnh của khối lập phương đã cho là 5 (đvđd).

Chọn B.

Tập xác định: D=ℝ\4.

Ta có limx→±∞y=limx→±∞3x−2x+4=limx→±∞3−2x1+4x=3 suy ra đường thẳng y = 3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Mà limx→−4+y=limx→−4+3x−2x+4=+∞ suy ra đường thẳng x = -4 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số y=3x−2x+4 có một đường tiệm cận đứng x = -4 và một đường tiệm cận ngang y = 3.

Chọn C.

Ta có b→.c→=1.1+1.1+1.0=2≠0 suy ra b→⊥c→. Vậy đáp án C sai.

Chọn C.

Ta có: 17−x2−x+4≤49⇔7x2+x−4≤72⇔x2+x−4≤2⇔x2+x−6≤0⇔−3≤x≤2.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T = [-3; 2].

Chọn B.

Đường thẳng d:x=1+ty=tz=−1+2t có véc tơ chỉ phương u→=1;1;2

Gọi H là giao điểm của 2 đường thẳng Δ và đường thẳng d.

H∈d⇒H1+t;t;−1+2t;AH→=t;t;2t+3.

AH⊥d⇒uAH→.ud→=0⇔t+t+6+4t=0⇔t=−1⇒uAH→=1;1;−1.

Đường thẳng Δ đi qua A và có véc tơ chỉ phương uAH→ có phương trình là x−11=y1=z−2−1.

Chọn D.

Điều kiện: z≠−i

Gọi z=a+bia,b∈ℝ

Ta có: z¯z+i=z−i⇔z¯=z2−i2⇔z¯=z2+1⇔a−bi=a2−b2+1+2abi⇒a=a2−b2+1−b=2ab

2ab+b=0⇔b2a+1=0⇔b=0a=−12.

+) b=0⇒a=a2+1⇔a2−a+1=0 (vô nghiệm).

+) a=−12⇒−12=14−b2+1⇒b=±72⇒z=12±72i.

⇒w=1+z+z2=z¯+z=2a=−1⇒w=1.

Chọn B.

Áp dụng công thức lãi kép, ta có tổng khối lượng gỗ của khu rừng đó sau 5 năm là:

T=4.1051+4%5=4.105.1,045m3.

Chọn D.

ĐK: x+1+x2>0.

Ta thấy 1+x2>x2∀x∈ℝ⇒1+x2>x∀x∈ℝ⇒1+x2+x>0∀x∈ℝ

TXĐ: D=ℝ.

Ta có:

y'=1+x1+x2x+1+x2+x1+x2=1+x2+x1+x2x+1+x2+x1+x2=11+x2+x1+x2=1+x1+x2.

Cho y'=0⇒1+x=0⇔x=−1.

Bảng xét dấu:

Vậy hàm số tăng trên khoảng −1;+∞ và giảm trên khoảng −∞;−1.

Chọn A.

Chọn C.

Ta có logx<−2⇔0<x<10−2⇔x∈0;1100.

Tập nghiệm của bất phương trình logx<−2 là S=0;1100.

Chọn B.

Do mặt cầu (S) nhận gốc tọa độ O làm tâm và đi qua điểm M(2; 0; 0) nên (S) có bán kính là R = OM = 2.

Vậy S:x2+y2+z2=4.

Chọn D.

Ta có z=5+2i−1+i2=5+2i−1+2i+i2=5.

Vậy z=5.

Chọn A.

Ta có: ∫fxdx=∫6x2+sinxdx=2x3−cosx+C.

Chọn C.

Theo bài ra, ta có: hình trụ có bán kính đáy r = 5cm, chiều cao h = 10cm.

Thể tích của khối trụ đã cho bằng: V=πr2h=π.52.10=250πcm3.

Chọn A.

Gọi O=AC∩BD.

Theo bài ra, S.ABCD là hình chóp đều nên SO⊥ABCD và ABCD là hình vuông cạnh a.

Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. Tức là: SCO^=600.

Xét tam giác SOC vuông tại O có: SO=OC.tan600=a62.

Gọi I là trung điểm của CD. Xét tam giác SOI vuông tại O ta có:

SI=SO2+OI2=a622+a22=a72.

Hình nón có đỉnh S đáy là đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD cạnh a có bán kính bằng r=a2 và đường sinh SI=a72.

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng: Sxq=πrl=π.a2.a72=πa274.

Chọn A.

Xét phương trình hoành độ của hai đồ thị 2x−1x+1=3x+11 x≠−1

                                         ⇔2x−1=3x+11x+1

                                         ⇔x=−2⇒y=5

Giao điểm của đồ thị hàm số y=2x−1x+1 và đường thẳng y = 3x + 11 có tung độ bằng 5.

Chọn A.

TXĐ: D=ℝ.

Ta có log5x2−3x+5=1⇔x2−3x+5=5

⇔x2−3x=0⇔x=0x=3.

Vậy nghiệm nhỏ nhất của phương trình là x = 0.

Chọn B.

Đặt 2x=t⇒dx=dt2 suy ra ta có ∫01xf2xdx=14∫02tftdt=10⇒∫02tftdt=40.

Hay ∫02xfxdx=40

Xét ∫02x2f'xdx. Đặt u=x2dv=f'xdx⇒du=2xdxv=fx

⇒∫02x2f'xdx=x2fx20−2∫02xfxdx=4f2−2.40=8−80=−72.

Chọn A.

Hàm số xác định khi x−1≠0⇔x≠1. Nên D=ℝ\−1.

Chọn D.

Hàm số có đạo hàm đổi dấu từ “+” sang “-“ khi qua x = -2. Nên hàm số đạt cực đại tại x = -2 và giá trị cực của hàm số bằng y(-2) = 3.

Chọn B.

Có d là công sai của cấp số cộng un. Nên ta có u2=u1+d⇔14=2+d⇒d=12.

Chọn D.

Áp dụng công thức tính thể tích khối cầu bán kính R = a ta có V=4πa33.

Chọn D.

Để đồ thị hàm số y=x3−13x+m cắt trục hoành tại ba điểm đều có hoành độ nguyên thì phương trình x3−13x+m=0 * có 3 nghiệm đều nguyên

Ta có: x3−13x+m=0⇔−x3+13x=m

Xét hàm số y=−x3+13x

Ta có y'=−3x2+13,∀x∈ℝ;y'=0⇔−3x2+13=0⇔x=393x=−393

Bảng biến thiên:

Các giá trị m nguyên để phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt thì

−26399<m<26399m∈ℤ⇔m∈0;±1;±;...;±18.

Với các giá trị m∈0;±1;±2;...;±18 để phương trình (*) có 3 nghiệm đều có hoành độ nguyên chỉ có m=±12 thỏa mãn.

Chọn C.

Mặt cầu ngoại tiếp khối hộp chữ nhật có đường kính:

2R=AC'=AB2+AD2+AA'2=32+42+52=52.

Nên có bán kính R=522.

Chọn D.

Hình chiếu vuông góc của SD lên (ABCD) là AD Do đó SD;ABCD^=SD,AD^=SDA^.

Ta có: tanSDA^=SAAD=a3a=3⇒SDA^=600.

Chọn A.

Ta có thể tích khối nón V=13πr2h⇒h=3Vπr2=3.4πa33π.2a2=a.

Chọn D.

+ Lấy hai điểm M, N lần lượt trên SB, SC sao cho SA=SM=SN=3. Khi đó ta có S.AMN là tứ diện đều cạnh 3. Do đó VS.AMN=33212=924.

+ VS.ABCVS.AMN=SASA.SBSM.SCSN=1.43.53=209⇒VS.ABC=209.924=52.

+ SSAB=12.SA.SB.sin600=12.3.4.32=33

+ Ta có VS.ABC=VC.SAB=13.dC,SAB.SSAB⇒dC,SAB=3.VS.ABCSSAB=3.5233=563.

Chú ý: Thể tích tứ diện đều V=cạnh3212.

Chọn B.

Tam giác SAB có SA2+SB2=AB2⇒ΔSAB vuông tại S

Kẻ SH⊥AB,H∈AB⇒SH=SA.SBAB=3a2

Ta có SAB⊥ABCDSAB∩ABCD=ABSH⊂SAB,SH⊥AB⇒SH⊥ABCD

ABCD là hình vuông cạnh 2a⇒SABCD=4a2

Vậy VS.ABCD=13SH.SABCD=23a33.

Chọn C.

Tập xác định: D=ℝ\−m.

Ta có y'=m2+3m+2x+m2

Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định khi và chỉ khi y' < 0 với mọi x∈ℝ\−m

⇔m2+3m+2<0⇔−2<m<−1.

Vậy −2<m<−1.

Chọn D.

Số nghiệm của phương trình f(x) = m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m.

Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình f(x) = m có 3 nghiệm phân biệt trên [-1; 3] khi và chỉ khi -3 < m < 0.

Vậy T = (-3; 0).

Chọn B.

Tập xác định D=ℝ\0 suy ra 1;4⊂D

Ta có y'=1−9x2⇒y'=0⇔1−9x2=0⇔x=3∈1;4x=−3∉1;4

⇒f1=10f3=6f4=254⇒M=10m=6⇒M+m=16.

Chọn B.

Điều kiện: cosx≠0.

Ta có esinx−π4=tanx

⇔e12sinx−cosx=sinxcosx

⇔esinx2sinx=ecosx2cosx *

Vì esinx−π4>0 nên tanx>0⇒sinx>0cosx>0 hoặc sinx<0cosx<0.

Xét hàm số ft=et2t, có f't=et2t2−22t2<0,∀t∈−1;0∪0;1.

*⇔fsinx=fcosx⇔sinx=cosx⇔tanx=1⇔x=π4+kπ,k∈ℤ

Ta có 0≤x≤2π⇔0≤π4+kπ≤2π⇒k=0;1.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Chọn B.

Đặt t=2x+1⇒dx=dt2, đổi cận x=0⇒t=1x=1⇒t=3.

∫01xdx2x+12=∫13t−1dt4t2=14∫131t−1t2dt=14lnt+14t31=14ln3−16

Vậy a=−16,b=0,c=14⇒a+b+c=112.

Chọn C.

Từ đồ thị biểu diễn vận tốc của hai chất điểm A, B ta suy ra công thức tính vận tốc từng chất điểm tương ứng là vA=−20t2+80t và vB=20t.

Từ đồ thị ta thấy vA>vB,∀t∈0;3. Vậy nên, sau khi đi được 3 giây, khoảng cách giữa hai chất điểm bằng: sA−sB=∫03vA−vBdt=∫03−20t2+60tdt=−203t3+30t230=90m.

Chọn C.

Mỗi tập hợp con có 4 phần tử của tập hợp A là một tập chập 4 của 9. Vậy số tập hợp con cần tìm là C94.

Chọn A.

Nhìn vào đồ thị ta thấy limx→+∞fx=−∞ nên hệ số a < 0. Suy ra loại B và D.

Lại có đồ thị của hàm số đi qua gốc tọa độ O(0; 0) nên loại C. Vậy chọn A.

Chọn C.

Cách 1:

Ta có

f'x2=42x2+1−fx⇔f'x2+4fx=42x2+1

⇒∫01f'x2dx+∫014fxdx=∫0142x2+1dx⇔∫01f'x2dx+4xfx10−4∫01xf'xdx=203

⇔∫01f'x2dx−4∫01xf'xdx+4f1=203

⇔∫01f'x2dx−4∫01xf'xdx+4∫01x2dx=203−8+4∫01x2dx

⇔∫01f'x−2x2dx=0⇔f'x−2x=0⇒fx=x2+C.

f1=2⇔C=1⇔fx=x2+1.

Vậy I=∫01xfxdx=34.

Cách 2:

Đặt fx=ax2+bx+c, ta có:

f'x2=42x2+1−fx⇔2ax+b2=42x2+1−ax2−bx−c⇔4a2=42−a4ab=−4bb2=41−c.

Kết hợp với điều kiện f1=2⇔a+b+c=2 ta có nghiệm a=1b=0c=1. Vậy fx=x2+1.

Chọn A.

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y=fx,y=0,x=a,x=b. Gọi V là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay (H) xung quanh trục Ox. Ta có công thức tính:

                                         V=π∫abfx2dx.

Chọn C.

gx=3fx2−2−32x4−3x2+2⇒g'x=6xf'x2−2−x2−1.

Xét hàm số f'x2−2−x2−1

Đặt x2−2=t, điều kiện t∈−2;2 do x∈−2;2 ta có ht=f't−t+3.

Trên cùng một hệ trục tọa độ ta thấy f't<t+3,∀t∈−2;2 suy ra ht<0,∀t∈−2;2 suy ra f'x2−2−x2−1<0,∀x∈−2;2. Ta có bảng sau

Từ bảng ta có maxgx−2;2=g0.

Chọn D.

Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị ⇔mm2−9<0⇔m3−9m<0⇔m<−30<m<3.

Chọn B.

P=a13a=a13.a12=a13+12=a56.

Chọn A.

Ta có z2+4z+7=0⇔z=−2+3i=z1z=−2−3i=z2.

Do đó z12+z22=−2+3i2+−2−3i2=72+72=14.

Chọn D.

Gọi l, r lần lượt là độ dai đường sinh và bán kính đáy của hình trụ.

Vì hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông cạnh a⇒l=ar=a2.

Vậy diện tích toàn phần của hình trụ là: Stp=2πrl+2πr2=2π.a2.a+2π.a22=32πa2.

Chọn A.

Ta có f'=3x2+6x>0 ∀x∈1;3 nên hàm số f(x) đồng biến trên đoạn [1; 3] tức là f(1) < f(3).

Lại có f1=5−2m,f3=55−2m. Ta xét các trường hợp:

+) Trường hợp 1: f3≤0⇔m≥552.

Khi đó min1;3fx=f3=2m−55 nên từ yêu cầu bài toán suy ra 2m−5+55−2m≥10⇔m≥352.

Kết hợp m≥552 có m≥552 (1)

+) Trường hợp 2: f1<0<f3⇔5−2m<0<55−2m⇔52<m<552.

Khi đó min1;3fx=0.

Nếu f1<f3⇔2m−5<55−2m⇔m<15 thì max1;3fx=f3=55−2m nên từ yêu cầu bài toán suy ra 55−2m≥10⇔m≤452. Kết hợp m < 15 suy ra m < 15 (*)

Nếu f1≥f3⇔2m−5≥55−2m⇔m≥15 thì max1;3fx=f1=2m−5 nên từ yêu cầu bài toán suy ra 2m−5≥10⇔m≥152. Kết hợp m≥15 suy ra m≥15 (**)

Kết hợp (*) và (**) với 52<m<552 có 52<m<552 2

+) Trường hợp 3: f1≥0⇔5−2m≥0⇔m≤52.

Khi đó max1;3fx=f3=55−2m và min1;3fx=f1=5−2m nên từ yêu cầu bài toán suy ra 55−2m+5−2m≥10⇔m≤252.

Kết hợp m≤52 có m≤52 (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra tập S=ℝ.

Vậy số các giá trị nguyên của S trong đoạn [-30; 30] là 61.