Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 18)

Phương pháp:

Hàm số lũy thừa y=xn với n∈ℤ− xác định khi và chỉ khi x≠0.

Cách giải:

Hàm số y=1−x−2 xác định khi 1−x≠0⇔x≠1.

Chọn B.

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=1−xx+2 là y = -1.

Chọn A.

z=3−4i⇒z'=z¯=3+4i có phần ảo bằng 4.

Chọn B.

log2x−2<2⇔0<x−2<4⇔2<x<6.

Chọn B.

Dựa vào đồ thị ta thấy trên [-2; 2] hàm số có 2 điểm cực trị x=0,x=x0∈0;2.

Chọn C.

∠a→;b→=a→.b→a→.b→=−1.1+0.0+1.0−12+02+12.12+02+02=−12

 

⇒∠a→;b→=1350

Chọn D.

Đồ thị hàm số là đồ thị của hàm bậc bốn trùng phương nên loại B và C.

Đồ thị đi qua điểm (-1; 1) nên loại đáp án C.

Chọn A.

Từ các chữ số 1, 2, 3, 4 lập được A42=12 số tự nhiên gồm 2 chữ số phân biệt.

Chọn B.

Khối lăng trụ có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng S thì có thể tích bằng Sh

Chọn A.

Vì ∫sinxdx=−cosx+C nên đáp án C sai.

Chọn C.

Dựa vào BXD đạo hàm ta suy ra hàm số đã cho có 2 điểm cực đại x = -1; x = 1.

Chọn D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: x2−1x+12=0⇔x=±1.

Vậy đồ thị hàm số y=x2−1x+12 cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.

Chọn A.

Mặt phẳng P:x−2y+3z−4=0 có 1 VTPT là (1; -2; 3)

Vì d⊥P nên đường thẳng d có 1 vectơ chỉ phương là n→=−1;−2;3=−1;2;−3.

Chọn C.

Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng: Sxq=2πrh=2π.3.2=12π.

Chọn D.

Ta có: z=z1+z2=1−2i+2+i=3−i.

⇒z=3−i có điểm biểu diễn là P(3; -1)

Chọn C.

Chiều cao khối nón là h=r.cotα=1.cot300=3.

Thể tích khối nón: V=13πr2h=13π.12.3=3π3.

Chọn C.

max−1;1y=1

Chọn B.

Ta có u1.u3=u22⇒u1=u22u3=96=32.

Chọn C.

Dựa vào BBT ta suy ra hàm số nghịch biến trên (1; 2).

Chọn A.

Phương trình của (Q) là: 1x−2+3y+1−2z=0⇔x+3y−2z+1=0.

Chọn C.

∫12fxdx=∫02fxdx−∫01fxdx=1−2=−1.

 

Chọn D.

a2b=2

⇔log2a2b=log22

⇔2log2a+log2b=1

Chọn C.

Do x2 là một nguyên hàm của x2f'x trên 0;+∞ nên x2f'x=x2'=2x⇒f'x=2xx2=2x.

⇒fx=∫f'xdx=∫2xdx=2lnx+C.

Mà f1=1⇒2ln1+C=1⇔C=1⇒fx=2lnx+1.

Vậy fe=2lne+1=3.

Chọn B.

Gọi M là trung điểm của AB ta có CM⊥ABCM⊥AA'⇒CM⊥ABB'A'.

A'M là hình chiếu của A'C lên mặt phẳng (ABB'A')

⇒∠A'C;ABB'A'=∠A'C;A'M=∠CA'M.

Vì CM⊥ABB'A'⇒CM⊥A'M nên ΔA'CM vuông tại M.

Tam giác ABC đều cạnh a⇒CM=a32.

Áp dụng định lí Pytago: A'M=AA'2+AM2=2a2+a24=3a2.

⇒tan∠CA'M=CMA'M=a32:3a2=33⇒∠CA'M=300.

Vậy ∠A'C;ABB'A'=300.

Chọn B.

Gọi nP→ là 1 VTPT của (P) Ta có Ox⊂POB⊂P⇒nP→=i→;OB→=0;−4;3.

Phương trình mặt phẳng (P) là: −4y−3+3z−4=0⇔4y−3z=0.

Vậy dA;P=4.−4−3.342+−32=5.

Chọn D.

Ta có ∠AC1;ABCD=∠AC1;AC=∠C1AC=450⇒ΔACC1 vuông cân tại C

Mà AC=AB2+BC2−2.AB.BC.cos∠ABC=a3⇒CC1=a3.

Ta có SABC=12.AB.AC.sin∠ABC=12.a.a.sin1200=3a24⇒SABCD=2SABC=3a22.

Vậy VABCD.A1B1C1D1=CC1.SABCD=a3.3a22=3a32.

Chọn B.

Ta có AC2+BC2=a22+a22=4a2=AB2AD2+BD2=a22+a22=4a2=AB2⇒ΔABC,ΔABD là các tam giác vuông tại C, D

Gọi I là trung điểm của AB, ta có IC=12AB=IA=IBID=12AB=IA=IB⇒IA=IB=IC=ID.

⇒I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bán kính mặt cầu là R=IA=12AB=a.

Vậy diện tích mặt cầu là S=4πR2=4πa2.

Chọn C.

ĐKXĐ: 1−x≥0x2−3x+2≠0⇔x<1.

Ta có limx→−∞y=limx→−∞1−xx2−3x+2=0,limx→+∞y không tồn tại.

⇒y=0 là TCN của đồ thị hàm số.

limx→1−y=limx→1−1−xx2−3x+2=+∞,limx→2y không tồn tại.

⇒x=1 là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y=1−xx2−3x+2 là 2.

Chọn B.

Gọi O=AC∩BD⇒SO⊥ABCD

Gọi H là trung điểm của OC⇒MH//SH (MH là đường trung bình của ΔSOC).

MH⊥ABCD⇒dM;ABCD=MH

Ta có: AC=AD2+CD2=a2+3a2=2a⇒OC=a.

⇒SO=SC2−OC2=5a2−a2=2a.

⇒MH=12SO=a.

Vậy dM;ABCD=a.

Chọn A.

y=log2x−12

⇒y'=x−12'x−12ln2=2x−1x−12ln2=2x−1ln2

 

Chọn A.

Ta có 2a=3b⇒b=alog32.

⇒a−b<4⇔a−alog32<4

⇔a1−log32<4

⇔alog332<4

⇔a<4log332

 

Do đó a∈0;4log332. Kết hợp điều kiện a∈ℤ⇒a∈1;2;3;...;10.

Vậy có 10 giá trị của a thỏa mãn.

Chọn B.

Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm phân biệt trên −∞;2 khi và chỉ khi m=−1m=2.

Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn A.

Số phần tử của không gian mẫu là 6!=720.

Gọi A là biến cố: “An và Hà không ngồi cạnh nhau” ⇒ Biến cố đối A¯: “An và Hà ngồi cạnh nhau”.

Coi An và Hà là 1 bạn, có 2 cách đổi chỗ An và Hà, khi đó có tất cả 5 bạn xếp vào 5 ghế ⇒nA¯=2.5!=240

Vậy xác suất của biến cố A là: PA=1−PA¯=nA¯nΩ=1−240720=23.

Chọn C.

Vì M=d∩P nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ x=1+ty=9+3tz=12+4tz−5y−3z+2=0⇔t=−3x=−2y=0z=0⇒M−2;0;0.

Vậy OM = 2.

Chọn A.

Ta có: gx=fxx⇒g'x=f'x.x−fxx2.

Vì hàm số đồng biến và nhận giá trị âm trên 0;+∞ nên f'x>0x>0fx<0⇒g'x>0 ∀x∈0;+∞.

Vậy hàm số gx=fxx không có cực trị trên 0;+∞.

Chọn D.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 1=2−x2⇔x=±1.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay (D) xung quanh trục Ox được tính theo công thức

V=π∫−112−x22−12dx

     =π∫−112−x22−1dx

     =π∫−112−x22dx−∫−11dx

     =π∫−112−x22dx−2

     =π∫−112−x22dx−2π

Chọn D.

z2−2z+3=0⇔z1=1+2iz2=1−2i

⇒z1+z2=1+2i+1−2i=2

     z1z2=1+2i.1−2i=3

     z12+z22=1+2i2+1−2i2=−2.

Vậy mệnh đề B sai.

Chọn B.

ĐKXĐ:

Ta có

Ta có:

    

Xét hàm đặc trưng  ta có  nên hàm số đồng biến trên

Do đó

 (do

Kết hợp điều kiện

Vậy bất phương trình đã

Gọi A−4−5a;4+2a;2+3a∈d1,B1−b;2+3b;−5−2b∈d2.

Vì M,A,B∈d nên chúng thẳng hàng ⇒MA→,MB→ cùng phương.

Ta có: MA→=5a+7;−2a−8;−3a−7MB→=b+2;−3b−6;2b

⇒5a+7b+2=−2a−8−3b−6=−3a−72b

⇔15ab+30a+21b+42=2ab+8b+4a+1610ab+14b=−3ab−6a−7b−14

⇔13ab+26a+13b+26=013ab+6a+21b+14=0

⇔20a−8b+12=0ab+2a+b+2=0

⇔5a−2b+3=0ab+2a+b+2=0

⇔b=5a+32a.5a+32+2a+5a+32+2=0

⇔b=5a+325a2+3a+4a+5a+3+4=0

⇔b=5a+325a2+12a+7=0

⇔a=−1,b=−1a=−75,b=−2

⇒A1;2;−1,B2;−1;−3A3;65;−115,B3;−4;−1

 

TH1: A1;2;−1,B2;−1;−3⇒OA→1;2;−1,OB→2;−1;−3

⇒SOAB=12OA→,OB→=1232+62+02=352

TH2: A3;65;−115,B3;−4;−1⇒OA→3;65;−115,OB→3;−4;−1

⇒SOAB=12OA→,OB→=12.102+3,62+15,62=890810.

Chọn B.

ĐK: z≠2i.

Ta có:

z2z−2i=z2⇔z2z−2i=z2=z.z¯

⇔zzz−2i−z¯=0⇔z=0tmzz−2i−z¯=0 *

 

Đặt z=x+yi⇒z¯=x−yi, thay vào (*) ta có

x+yi=x−yix+yi−2i

⇔x+yi=x2+xyi−2xi−xyi+y2−2y

⇔x+yi=x2+y2−2y−2xi

⇔x2+y2−2y=xy=−2x

⇔x2+4x2+4x=xy=−2x

⇔5x2+3x=0y=−2x

⇔x=0;y=0x=−35;y=65

⇒z=0z=−35+63i

 

Vậy có 2 số phức z thỏa mãn.

Chọn D.

Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của bể hình trụ. Theo bài ra ta có πr2h=2⇔h=2πr2.

⇒ Diện tích toàn phần của bể hình trụ là Stp=2πrh+2πr2=2πr.2πr2+2πr2=4r+2πr2m2.

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 4r+2πr2=2r+2r+2πr2≥32r.2r.2πr23=6π3.

Dấu “=” xảy ra ⇔2r=2πr2⇔r=1π3.

Vậy số tiền để sản xuất bể chứa nói trên sao cho tốn ít vật liệu nhất là: 6π3.600≈5273 (nghìn đồng).

Chọn D.

Diện tích 1 cánh của hình trang trí là S1=∫01x2−ax3−bxdx=x33−ax44−bx2210=13−a4−b2.

⇒ Diện tích hình trang trí là S=4S1=43−a−2b.

Vì diện tích trang trí màu sẫm chiếm 13 diện tích mặt sàn nên 43−a−2b=43⇔a+2b=0.

Đồ thị hàm số y=ax3+bx đi qua điểm A(1; 1) nên a + b = 1.

Khi đó ta có a+2b=0a+b=1⇔a=2b=−1.

Vậy ab = -2.

Chọn A.

Ta có:

     gx=f2x+2x2+2x

⇒g'x=2f'2x+4x+2

Cho g'x=0⇔f'2x+2x+1=0⇔f'2x=−2x−1.

Đặt 2x = X - 1 ta có f'X−1=−X+1−1=−X, khi đó số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồthị hàm số y = f'(X - 1) và Y = -X

Ta có đồ thị hàm số:

Dựa vào đồ thị ⇒fX−1=−X⇔X=−2X=−1X=2⇔2x+1=−22x+1=−12x+1=2⇔x=−32x=−1x=12, qua các nghiệm này g'(x) đổi dấu.

Ta có g'0=2f'0+2>0 (do f'0>0) nên ta có BXD g'(x) như sau:

Vậy hàm số gx=f2x+2x2+2x đồng biến trên khoảng (-1; 0).

Chọn D.

 

Trong (SAD) kẻ DH⊥SAH∈SA, trong (SBD) kẻ DK⊥SBK∈SB.

Ta có:

SA⊥ADAB⊥SD⇒AB⊥SAD⇒AB⊥DH

DH⊥ABDH⊥SA⇒DH⊥SAB1

 

Gọi E là trung điểm của CD⇒ABED là hình vuông nên BE=AD=a=12CD⇒ΔBCD vuông tại B.

Ta có:

BC⊥BDBC⊥SD⇒BC⊥SBD⇒BC⊥DK

DK⊥BCDK⊥SB⇒DK⊥SBC2

 

Từ (1) và 2⇒∠SAB;SBC=∠DH;DK=300

Mà DH⊥SAB⇒DH⊥HK⇒ΔDHK vuông tại H⇒∠HDK=300

Đặt SD = x (x > 0) áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

DH=AD.SDAD2+SD2=a.xa2+x2

DK=BD.SDBD2+SD2=a2.a2a2+x2

Xét tam giác vuông DHK ta có: cos∠HDK=DHDK⇒axa2+x2:a2x2a2+x2=32

⇔2a2+x22a2+2x2=32

⇔42a2+x2=32a2+2x2

⇔8a2+4x2=6a2+6x2

⇔2a2=2x2⇔x=a

Ta có SABCD=12AB+CD.AD=12a+2a.a=3a22.

Vậy VS.ABCD=13SD.SABCD=13.a.3a22=a32.

Chọn D.

Đặt t = sin x với x∈0;π⇒t∈0;1.

Khi đó ta có hàm số y = f(t) trên [0; 1] có f't<0 ∀t∈0;1, do đó hàm số nghịch biến trên [0; 1] nên min0;1ft=f1.

Vậy min0;πgx=f1.

Chọn B.

ĐKXĐ: 4x2>0⇔x≠0.

Coi phương trình ln4x2=xy+y là phương trình ẩn x tham số y.

Ta có pt⇔ln4x2=yx+1.

Với x=−1⇒ln4=0 (vô lí) ⇒x≠−1.

⇒y=ln4x2x+1=fx.

Xét hàm số fx=ln4x2x+1 với x≠1,x≠0 ta có f'x=8x4x2x+1−ln4x2x+12=2+2x−ln4x2x+12.

Cho f'x=0⇔2+2x−ln4x2=0.

Tiếp tục xét hàm số gx=2+2x−ln4x2 ta có g'x=−2x2−2x=−2−2xx2,g'x=0⇔x=−1.

Dựa vào BBT ta thấy g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = a > 0 và với x>a⇒gx<00<x<a⇒gx>0x<0⇒gx<0

⇒fx=0 có nghiệm duy nhất x = a > 0

BBT hàm số f(x) như sau:

Do đó để phương trình y=ln4x2x+1=fx có đúng hai nghiệm thì y=0y=fa.

Vậy có 2 giá trị thực của y thỏa mãn.

Chọn C.                 

Xét I=∫12xf'xdx. Đặt ft+m=1⇔ft+m=1ft+m=−1⇔ft=1−m    1ft=−1−m  2. ta có

I=xfx21−∫12fxdx=2f2−f1−∫12fxdx

     =2f2−1−∫12fxdx

Ta có: f2x−xfx2=5x−2x3−1.f2x−xfx2=5x−2x3−1. Thay x=1⇒f2−f1=2⇒f2=3.

⇒I=5−∫12fxdx.

Ta có:

f2x−xfx2=5x−2x3−1

⇔2f2x−2xfx2=10x−4x3−2

Lấy tích phân 2 vế ta có:

2∫01f2xdx−∫012xfx2dx=∫0110x−4x3−2dx=2

⇔∫01f2xd2x−∫01fx2dx2=2

⇔∫02ftdt−∫01fudu=2

⇔∫02fxdx−∫01fxdx=2

⇔∫12fxdx=2

Vậy I=5−2=3.

Chọn A.

Từ đồ thị hàm số y = f(1 - x) ta suy ra BBT hàm số y = f(x) như sau:

Đặt t=1−xx+2=−x+1x+2⇒t'=−3x+22<0 ∀x≠−2.

⇒ Với x [-1;1]⇒t∈[0;2]

Ta có BBT hàm số f(t) như sau:

Khi đó bài toán trở thành: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình |f(t) + m| = 1 (*) có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc [0; 2]

Ta có ft+m=1⇔ft+m=1ft+m=−1⇔ft=1−m    1ft=−1−m  2.

Để (*) có 3 nghiệm phân biệt.

TH1: (1) có 2 nghiệm phân biệt và (2) có 1 nghiệm ⇒−2<1−m≤11<−1−m≤3−1−m=−2⇔2≤m<3−4≤m<−2m=1⇒m=1.

TH2: (1) có 1 nghiệm và (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇒1<1−m≤31−m=−2−2<−1−m≤1⇔−2≤m<0m=3−2≤m<1⇒−2≤m<0.

⇒m∈−2;0∪1. Mà m∈ℤ⇒m∈−2;−1;1.

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn.

Chọn A.

Vì z1,z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2+bz+c=0 nên z2=z1¯.

Khi đó ta có z2−8−6i=4⇔z1¯−8−6i=4⇔z1−8+6i=4.

Gọi M là điểm biểu diễn số phức z1

⇒M vừa thuộc đường tròn C1 tâm I14;−3, bán kính R1=1 và đường tròn C2 tâm I28;−6, bán kính R2=4.

⇒m∈C1∩C2.

Ta có I1I2=42+32=5=R1+R2⇒C1 và C2 tiếp xúc ngoài.

Do đó có duy nhất 1 điểm M thỏa mãn, tọa độ điểm M là nghiệm của hệ x2+y2−8x+6y+24=0x2+y2−16x+12y+84=0

⇔x=245y=−185⇒M245;−185⇒z1=245−185i là nghiệm của phương trình z2+bz+c=0

⇒z2=245+185i cũng là nghiệm của phương trình z2+bz+c=0

Áp dụng đinh lí Vi-ét ta có z1+z2=−b=485⇒b=−485,z1z2=c=36.

Vậy 5b+c=−48+36=−12.

Chọn B.

Gọi M là điểm bất kì thuộc Δ.

Gọi d' là đường thẳng qua M và song song với d. Khi đó ta có ∠d;P=∠d';P.

Lấy S∈d' bất kì, kẻ SH⊥Δ,SK⊥P.

⇒KM là hình chiếu vuông góc của SM lên (P)

⇒∠d;P=∠d';P=SM;KM=∠SMK=α.

Xét tam giác vuông SMK ta có sinα=SKSM.

Để α nhỏ nhất thì sin α nhỏ nhất ⇒SKSM nhỏ nhất.

Ta có SM≥SH⇒SKSM≥SHSM⇒sinα≥SHSM.

Ta có S,P,Δ cố định ⇒SH, SK không đổi.

⇒sinαmin=SHSM⇔H≡M.

Khi đó (P) chứa Δ và vuông góc với mặt phẳng d';Δ.

Lấy M1;2;−1∈Δ, phương trình đường thẳng d' là d':x−1−3=y−22=z+1−2.

Gọi (R) là mặt phẳng chứa d';Δ⇒nR→=ud→,uΔ→=6;0;−9=32;0;−3.

Ta có Δ⊂P'R⊥P⇒nP→⊥uΔ→nP→⊥nR→⇒nP→=uΔ→,nR→=−3;13;−2.

⇒ Phương trình mặt phẳng P:−3x−1+13y−2−2z+1=0⇔3x−13y+2z+25=0

⇒a=3,b=−13,c=2.

Vậy T=a+b+c=3−13+2=−8.

Chọn C.