Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 19)

Hàm số đồng biến trên khoảng là −∞;1 và 3;+∞.

Chọn A.

Ta có đồ thị hàm số có 3 cực trị trong đó có 1 cực đại tại x = 0 và 2 cực tiểu tại x = -1; x = 1.

Chọn C.

Ta thấy trên đoạn [-1;0] đồ thị hàm số hướng xuống hay hàm số nghịch biến nên min−1;0y=y0=−1.

Chọn D.

Ta thấy: y=x+2x−2⇒y'=−3x−12<0 ∀x≠1 nên hàm số nghịch biến trên các khoảng −∞;1,1;+∞.

Chọn C.

Hàm số y=x4−2x2+2021 có điểm cực đại thỏa mãn y'=4x3−4x=0y"=12x2−4<0⇔x=0.

Chọn A.

Ta có y=x+1x2−1 có bậc từ < bậc mẫu nên có TCN y = 0.

Ta có: y=x+1x2−1=1x−1 nên x = -1 là TCĐ của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.

Chọn A.

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là nghiệm của phương trình:

x3+x2−2x+2=x2−2x+3

⇔x3=1⇔x=1

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số y=x3+x2−2x+2 và đồ thị hàm số y=x2−2x+3 là 1.

Chọn B.

Ta có y=x3−3x⇒y'=3x2−3=0⇔x=1∈1;2x=−1∉1;2.

Lại có y(1) = 2; y(2) = 10

⇒min1;2y=y1=−2,max1;2fx=y2=2.

Vậy tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x3−3x trên [1; 2] bằng -2 + 2 = 0.

Chọn D.

Ta có y=x4−2m2x2+1⇒y'=4x3−4m2x

y'=0⇔4x3−4m2x=0⇔4xx2−m2=0⇔x=0x2=m2.

 

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình y' = 0 phải có 3 nghiệm phân biệt ⇒m≠0.

Khi đó ta có y'=0⇔x=0⇒y=1x=m⇒y=−m4+1x=−m⇒y=−m4+1.

Suy ra các điểm cực trị của hàm số đã cho là: A0;1;Bm;−m4+1;C−m;−m4+1.

Vì A∈Oy,B,C đối xứng nhau qua Oy nên ΔABC cân tại A, do đó để ABC là tam giác vuông thì phải vuông tại A⇒AB→.AC→=0.

Ta có: AB→=m;−m4AC→=−m;−m4⇒AB→.AC→=0⇔−m2+m8=0⇔m2m6−1=0⇔m=0m=±1

Có ABC là tam giác vuông cân tại A nên BC=AB2⇒4m2=2m2+m8⇒m=0tmm=±1tm.

Vậy S=−1;1⇒ Tổng bình phương các phần tử của S bằng 2.

Chọn A.

Đặt t = 1 - 2x hàm số trở thành y = f(t) + 1

Ta có y'>0⇒f't>0⇔f't>0⇔t<−10<t<1⇔1−2x<−10<1−2x<1⇔x>10<x<12.

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên 0;12;1;+∞.

Chọn C.

Đặt t=sinx+cosx2=2sinx+π42=sinx+π4.

Với x∈−3π4;7π4⇒x+π4∈−π2;2π⇒t∈−1;1.

Khi đó phương trình trở thành 2ft+3=0⇔ft=−32.

Dựa vào BBT ta thấy đường thẳng y=−32 cắt đồ thị hàm số y = f(t) tại 2 điểm phân biệt x=t<−1x=t∈−1;0.

⇒ft=−32⇔t=a<−1t=b∈−1;0.

 

Ta có đồ thị hàm số t=sinx+π4 trên −π2;2π như sau:

Dựa vào đồ thị ta thấy, phương trình t = a vô nghiệm, phương trình t = b có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn A.

Xét các phương trình:

x2+x−2=0⇔x=1x=−2.

f2x−fx=0⇔fx=0fx=1.

 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

+ Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x=−2x=1nghiệm kép⇒x=−2 không là TCĐ, x = 1 là TCĐ của đồ thị hàm số.

+ Phương trình f(x) = 1 có 3 nghiệm phân biệt khác 1, -2.

Vậy đồ thị có tất cả 4 đường tiệm cận đứng.

Chọn A.

Ta có y=fx−12+m⇒y'=2x−1f'x−12+m=0

⇒x=1f'x−12+m=0⇔x=1x−12+m=−1x−12+m=−3⇔x=1x−12=−m−1 1x−12=−m+3 2

 

Hàm số có 3 điểm cực trị khi y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

+ TH1: (1) có nghiệm kép x = 1 hoặc vô nghiệm và (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

⇒−m−1≤0−m+3>0⇔m≥−1m<3⇔−1≤m<3.

 

+ TH2: (2) có nghiệm kép x = 1 và (2) có 1 nghiệm phân biệt khác 1

⇒−m−1>0−m+3≤0⇔m<−1m≥3⇔m∈∅.

 

Suy ra −1≤m<3⇒S=−1;0;1;2.

Vậy tổng các phần tử của S là: −1+0+1+2=2.

Chọn B.

Ta thấy logabα=αlogab nên đáp án A sai.

Chọn D.

Ta có y=2021x⇒y'=2021x.ln2021.

Chọn A.

Hàm số y=log2021x−12+log20204−x2 xác định khi x−12>04−x2>0⇒x≠1−2<x<2.

Vậy TXĐ của hàm số là D=−2;2\1.

Chọn C.

2x2+2x=8⇔x2+2x=3⇔x=−3x=1.

 

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là -2

Chọn C.

ĐKXĐ: x>0x+1>0⇔x>0x>−1⇔x>0.

Ta có:

     log2x+log2x+1≤1

⇔log2xx+1≤1

⇔xx+1≤2

⇔x2+x−2≤0

⇔−2≤x≤1

Kết hợp điều kiện ta có 0<x≤1.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (0; 1].

Chọn A.

Số tiền còn lại sau n tháng là: Sn=6001+0,6%n−161+0,6%n−10,6%.

Để sau n tháng trả hết nợ thì Sn=0.

⇒6001+0,6%n−161+0,6%n−10,6%=0

⇒6001+0,6%n−160,6%1+0,6%n+160,6%=0

⇔1+0,6%n160,6%−600=160,6%

⇔1+0,6%n=4031

⇔n=log1+0,6%4031≈42,6

Vậy sau 43 tháng gia đình bạn A sẽ trả hết nợ.

Chọn B.

ĐKXĐ: x>0ex−m≥0⇔x>0ex−m≥0.

Ta có:

log22x−log2x34ex−m=0

⇔log22x−3log2x+2ex−m=0

⇔log22x−3log2x+2=0ex=m

⇔log2x=1log2x=2ex=m⇔x=2x=4ex=m

 

Để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thì:

TH1: m≤0

TH2: m>0,pt⇔x=2x=4x=lnm

Khi đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi lnm=02≤lnm<4⇔m=1e2≤m<e4.

Kết hợp điều kiện m∈ℤ,m∈−10;10 ta suy ra m∈−10;−9;−8;...;−1;1;8;9;10=S.

Vậy tổng các phần tử của S bằng -27.

Chọn D.

Xét hàm số fx=log0,3xm+16log0,3x+mx>0.

Đặt t=log0,3x, với x∈310;1⇒t∈0;1. Khi đó hàm số trở thành ft=mt+16t+m với t∈0;1 và x, t ngược tính đơn điệu.

Để tồn tại min0;1ft thì −m∉0;1⇔−m<0−m>1⇔0<m<1.

Khi đó P=mt+16t+m=m−16tt+1+16

Đặt a=tt+1⇒a∈0;12

⇒P=m−16a+16

Và MinP=16⇒ điều kiện cần là m−16a+16≥16m−16a+16≤−16;∀a∈0;12

⇔m−16a≥0m−16a≤−32l⇒m≥16

 

Khi đó P=m−16a+16≥16 với dầu bằng xảy ra là a = 0.

Kết hợp điều kiện ta có 16≤m≤20⇒ có 5 giá trị của m.

Chọn A.

Ta thấy ∫kfxdx=k∫fxdx với k≠0.

Chọn A.

Ta thấy ∫abfxdx=Fb−Fa.

Chọn C.

Ta có ∫fxdx=∫2xx−12x−1dx

⇒∫fxdx=∫4x3−6x2+2xdx=x4−2x3+x2+C=x2−x2+C

Chọn B.

Ta có ∫fxdx=∫xexdx.

Đặt u=xdv=exdx⇒du=dxv=ex

⇒∫fxdx=xex−∫exdx=xex−x+C

Mà f1=0⇒C=0.

Vậy fx=xex−ex.

Chọn A.

Ta có Fx=∫x−1x2−2x−3dx

Đặt t=x2−2x−3⇒t2=x2−2x−3⇒tdt=x−1dx.

⇒Fx=∫fxdx=∫t2dt=t33+C

⇒Fx=x2−2x−3x2−2x−33+C

ĐKXĐ: x2−2x−3≥0⇔x≥3x≤−1.

Khi đó ta có: Fx=x2−2x−3x2−2x−33+C1 khi x≤−1x2−2x−3x2−2x−33+C2 khi x≥3

Ta có: F−2=553+C1=553⇒C1=0F4−1=553+C2−1=553⇒C2=1

⇒Fx=x2−2x−3x2−2x−33 khi x≤−1x2−2x−3x2−2x−33+1 khi x≥3

⇒F−3=12123=83F5=12123+1=83+1

 

Vậy F−3+F5=163+1⇒a=16b=1⇒a+b=17.

Chọn A.

Ta có ∫0π4xdx1−sin2x=∫0π4xdxcos2x

Đặt x=udv=dxcos2x⇒dx=duv=tanx

⇒I=xtanxπ40−∫0π4tanxdx=π4−∫0π4sinxcosxdx

     

=π4+∫0π4dcosxcosx=π4+lncosxπ40

     =π4+ln22=π4+ln2−ln2

⇒a=4,b=2

Vậy a + 3b = 10.

Chọn D.

Xét tích phân I=∫01xfxdx.

Đặt u=fxdv=xdx⇒du=f'xdxv=x22

⇒I=x22fx10−12∫01x2f'xdx

     =12f1−12∫01xex−1dx=−12J

Ta có J=∫01xex−1dx=∫01xexdx−∫01xdx=∫01xexdx−12.

Đặt u=xdv=exdx⇒du=dxv=ex

⇒∫01xexdx=xex10−∫01exdx=e−e−1=1.

Vậy I=−121−12=−14.

Chọn B.

Số phức z = a + bi có phần thực là a và phần ảo là b

Chọn A.

Ta có z2−2z+2=0⇒z1=1−iz2=1+i.

Vậy phần ảo của số phức z2 là 1.

Chọn C.

Ta có:

z+2z=12⇔z=12−2z

⇔z2=12−2z2=12−2z2

⇔z2=144−48z+z2

⇔z=3

Khi đó ta có z+2.3=12⇔z=6.

Vậy phần ảo của số phức z bằng 0.

Chọn A.

Ta có z−1−2i≤1z−2−4i≤2

Mà z−1−2i=z−1+2i≥z−1+2i

⇒z−1+2i≤1

⇒5−1≤z≤1+5

Tương tự ta có 25−2≤z≤2+25.

Kết hợp ta có 5−1≤z≤2+25.

Vậy minz=5−1minz=2+25⇒minz+maxz=35−1.

Chọn A.

Có 5 khối đa diện đều: tứ diện đều; hình lập phương; bát diện đều; 12 mặt đều; 20 mặt đều.

Chọn D.

Gọi O=AC∩BD⇒SO⊥ABCD.

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AC=a2⇒OC=12a2.

Áp dụng định lí Pytago ta có SO=SC2−OC2=4a2−a22=a142.

Khi đó thể tích khối chóp là V=13SO.SABCD=13.a142.a2=a3146.

Chọn C.

Ta có VABDB'=13.B'B.SABD=13.a.a22=a36.

Chọn A.

Gọi O=AC∩BD.

Trong (SAC) gọi G=AI∩SO⇒G=AI∩SBD và G là trọng tâm ΔSAC.

Ta có: AI∩SBD=G⇒dI;SBDdA;SBD=IGAG=12.

Trong (SAC) kẻ AH⊥SO ta có:

BD⊥ACBD⊥SA⇒BD⊥SAC⇒BD⊥AH

AH⊥BDAH⊥SO⇒AH⊥SBD⇒dA;SBD=AH

 

Vì SA⊥ABCD⇒AC là hình chiếu của SC lên ABCD⇒∠SC;ABCD=∠SCA=450.

⇒ΔSAC vuông cân tại A.

Xét tam giác ABD có AB=AD=a∠BAD=600⇒ΔABD đều cạnh a⇒AO=a32⇒AC=a3.

⇒SA=AC=a3.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAO có: AH=SA.AOSA2+AO2=a3.a323a2+3a24=a155.

Vậy 

Chọn D.

Đặt AA' = x (x > 0)

Xét tam giác ACD có AC2+AD2=2a2=CD2⇒ΔACD vuông tại A (định lí Pytago đảo).

Ta có: AD⊥ACAD⊥CD'do C'⊥A'D'⇒AD⊥ACD'⇒AD⊥AD'.

⇒AD'2=DD'2−AD2=x2−a2.

Ta lại có A'D2=AD'2+2AD2

⇒A'D2=x2−a2+4a2=x2+3a2 1.

Ta có: A'C⊥A'B'gtA'B'//CD⇒A'C⊥CD.

⇒A'D2=A'C2+CD2.

Ta lại có: A'C2+AC'2=2AA'2+AC2⇒A'C2+3a2=2x2+a2⇒A'C2=2x2−a2

⇒x2+3a2=2x2−a2+2a2

⇒x2=2a2⇒x=a2

⇒A'C=2.2a2−a2=a3,CD'=A'C2−A'D'2=3a2−a2=a2,AD'2=x2−a2=a.

⇒ΔACD' vuông cân tại A

Vậy VBCDA'=VA'.BCD=VD'.ACD=VD.ACD'=13AD.SACD'=13.12.a.a.a=a36.

Chọn A.

Thể tích khối trụ là V=π.r2.h=π.a2.2a=2πa3.

Chọn A.

Hình nón có bán kính đáy là 3, đường cao là 4 thì đường sinh bằng l=32+42=5.

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

Chọn C.

Hình 1 là hình trụ có chiều cao là h và chu vi đáy là 2πr=a⇒r=a2π.

⇒V1=πr2h=a2h4π.

Hình 2 là 2 hình trụ và mỗi hình có chiều cao h và chu vi đáy là 2πR=a2⇒R=a4π

⇒V2=2.πR2h=a2h8π

Vậy V1V2=2.

Chọn D.

Điểm A thuộc mặt cầu I;R⇒IA=R.

Chọn B.

Ta thấy A1;2;3∈P:x−2y+z=0

Chọn A.

Đường thẳng Ox đi qua O(0; 0; 0) và có vecto chỉ phương là (1; 0; 0) nên phương trình đường thẳng Ox là x=ty=0z=0.

Chọn D.

Hình chiếu của điểm M(1; 2; 3) lên mặt phẳng Oxz là M'(1; 0; 3)

Chọn A.

Ta có Aa;0;0;B0;b;0;C0;0;c

Tam giác ABC có trọng tâm G673;674;675⇒a=3.673=2019b=3.674=2022c=3.675=2025

Khi đó phương trình mặt phẳng ABC là x2019+y2022+z2025=1.

Chọn B.

Gọi Δ là đường thẳng đi qua M và vuông góc với P⇒ Phương trình đường thẳng Δ:x=ty=1+tz=2+t.

Gọi I=Δ∩P⇒I là hình chiếu của M lên (P)

Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ x=ty=1+tz=2+tx+y+z=0⇔x=ty=1+tz=2+tt+1+t+2+t=0⇔t=−1x=−1y=0z=1⇒I−2;−1;0.

Chọn D.

Mặt cầu S:x2+y2+z2=25⇒ tâm O(0; 0; 0), R = 5.

Ta có dO;P=−331+1+1=3.

Khi đó bán kính đường tròn cần tìm là r=R2−d2=4.

Chọn A.

Dễ thấy A, B nằm cùng phía đối với (Oxy)

Gọi A' là điểm đối xứng với A qua Oxy⇒A'3;−2;−3.

Khi đó ta có MA=MA'⇒MA+MB=MA'+MB≥A'B.

Dấu “=” xảy ra khi M=A'B∩Oxy.

Ta có A'B→=−2;2;8=−21;−1;−4 nên phương trình đường thẳng A'B:x=1+ty=−tz=5−4t.

Khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ x=1+ty=−tz=5−4tz=0⇔t=54x=94y=−54z=0⇒M94;−54;0.

Chọn A.

Có tất cả 10 đỉnh; lấy 2 trong 10 đỉnh ta có C102=45.

Chọn D.

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

Gọi A là biến cố: “Hai học sinh trường C thì một em ngồi giữa hai học sinh trường A và một em ngồi giữa hai học sinh trường B”

Để sắp xếp mà hai học sinh trường C thì một em ngồi giữa hai học sinh trường A và một em ngồi giữa hai học sinh trường B thì ta có 2 bộ ACA và BCB.

Đổi chỗ 2 học sinh lớp C có 2 cách.

Đổi chỗ 2 học sinh lớp A có 2 cách.

Đổi chỗ 2 học sinh lớp B có 2 cách.

Đổi chỗ 2 bộ trên có 2 cách.

⇒nA=2.2.2.2=16.

Vậy xác suất của biến cố A là: PA=16720=145.

Chọn B.