Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 22)

Ta có: cosα=rl⇒r=l.cosα=2a.12=a.

Vậy Stp=Sxq+πr2=πrl+πr2=2πa2+πa2=3πa2.

Chọn C.

Đặt z=x+yix,y∈ℝ

Phương trình đã cho ⇔3x−yi+i−2−ix+yi=3+10i

⇔x−y+ix−5y+3=3+10i

⇔x−y=3x−5y+3=10⇔x=2y=−1. Vậy z=x2+y2=5.

Chọn C.

Để phương trình f(x) = m có nghiệm duy nhất ⇔m=2−5<m≤1.

Do m là số nguyên ⇒m∈−4;−3;−2;−1;0;1;2.

Chọn B.

Ta có: f'x=3x2+m2+1>0 ∀x∈0;2

⇒Min0;2fx=f0⇔7−m2−2⇔m=±3.

Chọn A.

VS.ABCD=16AB.AC.AD=16.2a.3a.4a=4a3.

Chọn B.

Ta có: BC//ADAD⊂SADBC⊄SAD⇒BC//SAD.

Mà SD⊂SAD.

Do đó: dBC;SD=dBC;SAD=dB;SAD.

Lại có: AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥SAD.

⇒dB;SAD=AB=a3.

Vậy dBC;SD=a3.

Chọn B.

Đặt t=x+9⇒t2=x+9⇒2tdt=dxx=t2−9

Đổi cận x=16⇒t=5x=55⇒t=8

⇒∫1655dxxx+9=∫582tdtt2−9t=2∫58dtt2−9=13∫581t−3−1t+3dt=13lnt−385−13lnt+385

=23ln2+13ln5−13ln11⇒a=23b=13c=−13⇒a−b=−c.

Chọn A.

Ta có ∫fxdx=∫sin3xdx=−13cos3x+C.

Chọn D.

Trung điểm của đoạn thẳng AB là điểm I(2; 3; 5)

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua I(2; 3; 5) và nhận n→=12AB→=1;1;2 làm vectơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng là:

                                         1x−2+1y−3+2z−5=0⇔x+y+2z−15=0.

Chọn D.

Ta có 22x−1+m2−m=0⇔22x−1=−m2+m.

Vì 22x−1>0,∀x∈ℝ nên phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −m2+m>0⇔0<m<1.

Chọn B.

Đặt t=2x⇒dt=2dx.

Đổi cận: x=0⇒t=0;x=1⇒t=2.

I=14∫02t.f'tdt

 

Đặt u=tdv=f'tdt⇒du=dtv=ft.

I=14tft20−∫02ftdt=142f2−0.f0−4=142.16−4=7.

Chọn D.

Đặt P:4x−4y+2z−7=0 và Q:2x−2y+z+4=0.

Vì hai mp (P) và (Q) song song nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng đó bằng độ dài cạnh hình lập phương.

Chọn điểm M(-2; 0; 0)∈mp:2x−2y+z+4=0 Q.

Suy ra dP,Q=dM,P=52=a.

Vậy thể tích của khối lập phương V=a3=1258.

Chọn A.

Gọi E, F, D lần lượt là trung điểm các cạnh bên AA', BB', CC'.

Gọi I, J lần lượt trung điểm các cạnh B'C' và BC. Ta có hai mp (DFE) và (AA'Ị) là hai mặt phẳng đối xứng của hình lăng trụ đứng đã cho.

Chọn C.

Gọi số phức z=a+bia,b∈ℝ

Ta có 2z−1=2⇔2a+bi−1=1

⇔2a−1+2bi=1⇔2a−12+4b2=1

⇔a−122+b2=14.

 

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn |2z - 1| = 1 là đường tròn có bán kính 12.

Chọn A.

Ta có ∫0m2x−1dx=2

⇒x2−xm0=2⇔m2−m=2⇔m=2m=−1.

Chọn D.

Ta có ∫013x−1x2+6x+9dx=∫013x+3−10x+32dx=3lnx+3+10x+310=3ln43−56.

Vậy a=4b=3⇒a2−b2=42−32=7.

Chọn B.

Gọi H là trung điểm cạnh AB

Xét tam giác ABC ta có AC=AB.tanABC^=a33.

SABC=12AB.AC=a236  và SH=a32.

Thể tích khối chóp là V=13SABC.SH=13.a236.a32=a312.

Chọn A.

Xét đáp án D: y=3x+12x−1

Tập xác định: D=ℝ\12.

⇒y'=32x−1−23x+12x−12=−52x−12<0;∀x≠12.

 

⇒ Hàm số luôn nghịch biến với ∀x≠12 

⇒ Hàm số y=3x+12x−1 không có cực trị.

Chọn D.

Gọi R là bán kính đáy của hình trụ.

Chu vi đáy hình trụ là 2πR=2π⇒R=1.

Thể tích khối trụ là V=π.R2.h=π2.

Chọn B.

Hàm số có giá trị cực đại bằng 3.

Chọn B.

Diện tích hình phẳng cần tìm là: S=∫03x2−x−2x+2dx=116.

Chọn C.

Hai mặt phẳng đã cho song song ⇔−21=m1=2−1≠−21 do đó không tồn tại giá trị nào của m.

Chọn D.

Ta có u3=u1.q2=2.32=18.

Chọn D.

TXĐ: D=1;+∞

Vì 0<e3<1 nên hàm số nghịch biến trên 1;+∞.

Chọn C.

Điều kiện: x−1>0⇔x>1.

log12x−1≥0⇔x−1≤1⇔x≤2.

Kết hợp điều kiện ta có: 1<x≤2.

Chọn D.

Ta có: z=22+−32=13.

Chọn C.

Xét ngẫu nhiên 6 học sinh vào một bàn tròn, số phần tử của không gian mẫu là: nΩ=5!.

Gọi E là biến cố “học sinh lớp C ngồi giữa hai học sinh lớp B”.

- Lấy 1 học sinh lớp C làm chuẩn, xếp hai học sinh lớp B ngồi hai bên học sinh lớp C có: 2! cách.

- Xếp 3 học sinh lớp A vào ba vị trí còn lại có: 3! cách.

⇒nE=2!.3!=12.

⇒PE=nEnΩ=125!=110.

 

Chọn C.

Ta có: y'=4ax3+2bx=2x2ax2+b.

Hàm số có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu nên a≠0. Khi đó

y'=0⇔x=02ax2+b=0⇔x=0x=−b2a

 

Hàm số có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu ⇔−b2a>0a<0⇔a<0b>0

Chọn D.

2x2.3x+1=1⇒log22x2.3x+1=log21⇔x2+x+1log23=0. Suy ra A đúng, B sai.

2x2.3x+1=1⇒log32x2.3x+1=log31⇔x2log32+x+1=0. Suy ra C, D sai.

Chọn A.

Ta có y=x+2x−12=x+2x−12

Dựa vào đồ thị của hàm số y=x+2x−12 ta có đồ thị của hàm số y=x+2x−12 như sau:

Quan sát đồ thị, suy ra hàm số đồng biến trên (-2; -1) và 1;+∞; hàm số nghịch biến trên khoảng −∞;−2 và (-1; 1).

Chọn C.

Ta có, với x>0:P=x5x43=x53.x112=x53+112=x74.

Chọn B.

Ta có z1+z2=3−2i+2+i=5−i.

Chọn C.

Ta có hình chiếu vuông góc của điểm Mx0;y0;z0 trên mặt phẳng (Oxy) là điểm có tọa độ x0;y0;0.

Do đó hình chiếu vuông góc của điểm M(1; -2; 3) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm A(1; -2; 0)

Chọn B.

Ta có f'x=x3fx2⇔−f'xfx2=−x3.

⇒∫−f'xfx2dx=−∫x3dx⇒1fx=−x44+C.1

 

Thay x = 2 vào (1) ta được 1f2=−244+C⇒C=−34.

Vậy 1fx=−x44−34⇒1f1=−144−34⇒f1=−1.

Chọn C.

Ta có số phức z=a+bi,a,b∈ℝ, suy ra số phức liên hợp là z¯=a−bi.

Có: 2z+1=z¯⇔2a+bi+1=a−bi⇔2a+1+2bi=a−bi.

                                         ⇔2a+1=a2b=−b⇔a=−1b=0.

Vậy a + b = -1

Chọn B.

Lý thuyết: Hàm số y=ax+bcx+dad−bc≠0,c≠0 có:

- Tiệm cận đứng là x=−dc.

- Tiệm cận ngang là x=ac.

Theo đồ thị hàm số, ta thấy hàm số có tiệm cận đứng x = 1 và tiệm cận ngang y = 1

Kiểm tra các hàm số trên, ta thấy hàm số y=x+1x−1 và hàm số y=2x−32x−2 có tiệm cận đứng x = 1 và tiệm cận ngang y = 1.

Do giao điểm của đồ thị với trục Oy là (0; -1) nên đáp án đúng là đáp án A.

Chọn A.

Nhìn vào đồ thị hàm số đã cho, ta thấy

- Trên khoảng (-1; 1) đồ thị hàm số đi xuống (theo chiều từ trái sang phải) nên hàm số nghịch biến trên (-1; 1)

- Trên khoảng −∞;−1 và 1;+∞ đồ thị hàm số đi lên (theo chiều từ trái sang phải) nên hàm số đồng biến trên −∞;−1 và 1;+∞

Chọn D.

Với x>0,x=x2x=xx=xx.

Khi đó limx→0−x−xx=limx→0−x1−1xx=limx→0−1−1x=limx→0−1−limx→0−1x.

Vì limx→0+1=1>0,limx→0+x=0 và x>0 với mọi x>0⇒limx→0+1x=+∞. Do đó limx→0−x−xx=limx→0−1−limx→0−1x=1−+∞=−∞.

Chọn A.

Hàm số xác định khi x2x+1>0⇔x>−1x≠0.

Vậy tập xác định của hàm số là D=−1;+∞\0.

Chọn C.

Mặt phẳng có véctơ pháo tuyến là: u→=1;−1;2.

Chọn A.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

Dễ dàng chứng minh được các tam giác APC,ANC,AMC là các tam giác vuông có cạnh huyền AC nên O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện CMNP. Mặt cầu có đường kính AC nên R=AC2=2. Thể tích khối cầu: V=43.π.23=32π3.

Chọn B.

Điều kiện:  x > 0.

Đặt t=log2x, ta được phương trình

                                         t2−5m+1t+4m2+m=0 *.

Ta có: Δ=−5m−12−44m2+m=3m+12.

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ>0⇔3m+12>0⇔m≠−13.

Khi đó, phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt t1=5m+1+3m+12=4m+1, t2=5m+1−3m−12=m ⇒x1=24m+1,x2=2m.

Theo bài, x1+x2=165⇔24m+1+2m=165⇔2.24m+2m=165.

Đặt u=2m>0, ta có phương trình 2u4+u−165=0⇔u−32u3+6u2+18u+55=0 ⇔u=3 (vì 2u3+6u2+18u+55>0 ∀u>0)⇒2m=3.

Vậy x1−x2=2.24m−2m=2.34−3=159.

Chọn B.

Đặt x=t3+3t+1⇒dx=3t2+3dt.

Vậy ta có I=∫01ft3+3t+13t2+3dt=∫01t+23t2+3dt=∫013t3+6t2+3t+6dt=414.

Chọn A.

Theo giả thiết ta có S3=S0.23⇒S0=S323=6258.103.

Giả sử St=10.106 ta có 10.106=6258.103.2t⇒t=7. 

Chọn D.

Xét hàm số fx=x3−mx2+12x+2m trên 1;+∞.

f'x=3x2−2mx+12

TH1: Δ'=m2−36≤0⇔−6≤m≤6.

Khi đó fx=x3−mx2+12x+2m luôn đồng biến trên ℝ

Để hàm số y=x3−mx2+12x+2m luôn đồng biến trên 1;+∞.

⇒f1≥0⇔m+13≥0⇔m≥−13.

Suy ra −6≤m≤6. Có 13 giá trị nguyên thỏa mãn.

TH2: Δ'=m2−36>0⇔m<−6∨m>6.

Khi đó f'x=3x2−2mx+12 phải có hai nghiệm phân biệt x1<x2<1.

Yêu cầu bài toán

⇔m∈−∞;−6∪6;+∞x1−1+x2−1<0x1−1.x2−1>0f1≥0⇔m∈−∞;−6∪6;+∞S−2<0P−S+1>0m≥−13⇔m∈−∞;−6∪6;+∞2m3−2<04−2m3+1>0m≥−13

⇔m∈−∞;−6∪6;+∞m<3m<152m≥−13⇔−13≤m<−6.

Có 7 giá trị nguyên thỏa.

Vậy có 20 giá trị nguyên thỏa yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Kẻ B'H⊥BC tại H (do BB'C^ là góc nhọn nên H thuộc đoạn BC),HK⊥AB tại K và giả sử B'H = x với x > 0.

Ta có: BCC'B'⊥ABCBCC'B'∩ABC=BCB'H⊂BCC'B',B'H⊥BC⇒B'H⊥ABC.

Do AB⊥HKAB⊥B'H nên AB⊥B'HK⇒AB⊥B'K.

Từ đó suy ra ABB'A',ABC^=B'K,HK^=B'KH^=450⇒ΔB'HK vuông cân tại H.

⇒HK=B'H=x.

Trong tam giác BKH vuông tại K có: BH=HKsinABC^=2x33.

Do tứ giác BCC'B' là hình thoi nên BB' = BC = 2a

Trong tam giác B'HB vuông tại H có: BH2+B'H2=BB'2⇔4x23+x2=4a2⇔x=2a217.

Trong tam giác ABC vuông tại A có: AC=BC.sin600=a3;AB=BC.cos600=a.

⇒SABC=12AB.AC=a232.

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là V=B'H.SABC=2a217.a232=37a37.

Chọn D.

Vì 5x2−5x+5>0;∀x∈ℝ nên bất phương trình đã cho tương đương với

                                         log220x2−20x+20≥log27x2+6x+6+m.

Bất phương trình nghiệm đúng với ∀x∈ℝ⇔7x2+6x+6+m>0;∀x∈ℝ20x2−20x+20≥7x2+6x+6+m;∀x∈ℝ

                                         ⇔7x2+6x+6+m>0;∀x∈ℝ13x2−26x+14−m≥0;∀x∈ℝ

⇔Δ1'=9−76+m<0Δ2'=−132−1314−m≤0⇔7m>−3313m≤13⇔m>−337m≤1⇔−337<m≤1.

 

Vì m∈ℤ nên m∈−4;−3;−2;−1;0;1. Vậy có 6 giá trị nguyên m cần tìm.

Chọn A.

Từ M hạ MK⊥AO tại K. Suy ra MN,ABCD=MN,NK=MNK^⇒MNK^=600.

KN2=CK2+NC2−2CK.NC.cos450=34a22+a22−234a2a222=58a2⇒KN=a104

Suy ra MK=NK.tan600=a104.3=a304⇒SO=a302.

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ta có

S0;0;a302;A0;−a22;0;M0;−a24;a304.

C0;a22;0;B−a22;0;0;N−a24;a24;0.

 

MN→−a24;2a24;−a304=−a241;−2;15. Chọn u→1;−2;15 là véc tơ chỉ phương của đường thẳng MN.

Mặt phẳng (SBD) có phương trình là y = 0 có véc tơ pháp tuyến n→0;1;0.

sinMN,SBD=u→.n→u→n→=21+4+15=55⇒cosMN,SBD=1−552=255.

 

Chọn C.

Từ đồ thị của y = f(x) gọi a < b < c lần lượt là các hoành độ giao điểm của f(x) và trục hoành. Khi đó:

ffcosx−1=0⇔fcosx−1=a∈−2;−1fcosx−1=b∈−1;0fcosx−1=c∈1;2⇔fcosx=1+a∈−1;0fcosx=1+b∈0;1fcosx=1+c∈2;3.

 

Cũng từ đồ thị của y = f(x) và chú ý cosx∈−1;1 ta thấy:

- Đường thẳng y = a + 1 cắt đồ thị y = f(x) tại 3 điểm phân biệt nhưng chỉ có một điểm có hoành độ là m∈−1;0, suy ra fcosx=1+a⇔cosx=m∈−1;0. Mà trong đoạn x∈0;3π, phương trình cosx=m∈−1;0 có 3 nghiệm.

- Đường thẳng y = b + 1 cắt đồ thị y = f(x) tại 3 điểm phân biệt nhưng chỉ có một điểm có hoành độ là n∈−1;0,n≠m, suy ra fcosx=1+b⇔cosx=n∈−1;0. Mà trong đoạn x∈0;3π, phương trình cosx=n∈−1;0 có 3 nghiệm.

- Đường thẳng y=c+1∈2;3 cắt đồ thị y = (x) tại 1 điểm duy nhất và có hoành độ p∈2;+∞, suy ra fcosx=1+c vô nghiệm.

Vậy phương trình ffcosx−1=0 có 6 nghiệm trong đoạn 0;3π.

Chọn A.

Đồ thị hàm số y = f(x) tịnh tiến sang phải 1 đơn vị ta được đồ thị hàm số y = f(x - 1)

Đặt y=fx=ax4+bx3+cx2+dx+e (với a > 0), có 3 điểm cực trị là x1,x2,x3 trong đó x1<x2<x3. Xét hàm số hx=2fx−1+m trên tập số thực ℝ

Ta có h'x=2f'x−1;h'x=0⇔f'x−1=0⇔x=x1+1x=x2+1x=x3+1

Bảng biến thiên

Hàm số gx=2fx−1+m=hx có 5 điểm cực trị khi m+4≤0m−6≥0m−12<0⇔m≤−46≤m<12.

Do m là giá trị nguyên thuộc đoạn [-12; 12] nên có 15 giá trị nguyên m cần tìm.

Chọn C.