Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 4)

Số cách sắp xếp 5 học sinh vào một ghế dài từ một nhóm gồm 10 học sinh là: A105.

Chọn D.

Công sai của cấp số cộng là: d=u2−u1=15−5=10.

Chọn D.

Ta có: 5x+1=125⇔x+1=3⇔x=2.

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 2.

Chọn A.

Thể tích khối lập phương có cạnh 23 là V=233=243 (đvtt).

Chọn A.

Hàm số xác định ⇔3x−6>0⇔x>2.

Vậy D=2;+∞.

Chọn B.

Ta có: ∫fxdx=∫x2021dx=x20222022+C.

Chọn C.

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là: V=B.h=5.6=30.

Chọn B.

Thể tích của khối trụ đã cho là: V=πr2h=π.22.3=12π.

Chọn D.

Diện tích S của mặt cầu đã cho là: S=4πR2=4π.62=144π.

Chọn A.

Ta có: f'x<0⇔x∈−3;−1∪1;+∞ nên hàm số nghịch biến trên (-3; -1) và 1;+∞.

Chọn B.

Có log3a5=5.log3a nên chọn đáp án B.

Chọn B.

Có Sxq=πrl nên chọn đáp án B.

Chọn B.

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đã cho đạt cực đại tại -3.

Chọn B.

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1; 3) nên hàm số cần tìm là y=−x3+3x+1.

Chọn B.

·        limx→2−y=limx→2−3x−22x−4=−∞;limx→2+y=limx→2+3x−22x−4=+∞

⇒ Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 2 làm tiện cận đứng ⇒a=2

·        limx→±∞y=limx→±∞3x−22x−4=32

⇒ Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=32 làm tiện cận ngang ⇒b=32

Vậy a.b=2.32=3.

Chọn A.

Ta có: log13x≥−2⇔x>0log13x≥log1313−2⇔x>0x≤13−2⇔x∈0;9

Chọn C.

Vẽ đồ thị hai hàm số: y = f(x) và y = 0,5 lên cùng một hệ trục tọa độ. Ta thấy đồ thị của hai hàm số này cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Vậy phương trình f(x) = 0,5 có 2 nghiệm thực.

Chọn A.

Ta có: ∫012fx+3gxdx⇔2∫01fxdx+3∫01gxdx=2.4+3.3=17.

Chọn C.

Ta có z=2−3i4+i=8+2i−12i−3i2=11−10i.

⇒z¯=11+10i=a+bi. Do đó a=11,b=10⇒a+b=11+10=21.

Chọn C.

Ta có: 2−iz+1=3i⇔−1+3i2−i=−1+3i2+i2−i2+i=−2−i+6i+3i25=−5+5i5=−1+i

Vậy phần thực của số phức z đã cho là -1.

Chọn B.

Ta có: z=z1+z2=5+3i+6+4i=11+7i.

Vậy điểm biểu diễn của số phức z=z1+z2 là điểm Q(11; 7)

Chọn B.

Tọa độ hình chiếu vuông góc của M(2; 3; -4) trên mặt phẳng (Oyz) là (0; 3; -4)

Chọn C.

Ta có: R=IM=0+22+2−42+2−32=3.

Phương trình mặt cầu (S) đã cho là S:x+22+y−42+z−32=9.

Chọn D.

Mặt phẳng: P:2x+3y+2=0 có vectơ pháp tuyến n→=2;3;0.

Suy ra n→=−2;−3;0 cũng là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).

Chọn B.

Ta có dO;α=m3=1⇔m=3⇔m=±3.

Vì m>0⇒m=3.

Chọn B.

Ta có SA⊥ABC⇒SB,ABC=SBA^

Chọn C.

Vì hàm số xác định trên ℝ và f'(x) đổi dấu khi đi qua bốn giá trị -2, 0, 2, 4 nên hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.

Chọn B.

Xét hàm số y=fx=x+4−x2+m.

Tập xác định D=−2;2.

f'x=1−x4−x2=4−x2−x4−x2.

f'x=0⇔4−x2=x⇔x≥04−x2=x2⇔x>0x=2x=−2⇔x=2∈−2;2.

 

f−2=−2+m;f2=2+m;f2=22+m.

 

Giá trị lớn nhất của hàm số là 32⇔22+m=32⇔m=2.

Chọn D.

log2a=16b⇔a=216b. 

Suy ra logab=b4⇔log216bb=b4⇔b16log2b=b4⇔log2b=4⇔b=16.

⇒a=2.

Vậy a+b=18.

Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị là:

x4−2x2+1=4⇔x4−2x2−3=0⇔x2=−1x2=3⇔x=3x=−3.

 

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt nên 2 đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt.

Chọn B.

log12log23x−1x+1≤0⇔log23x−1x+1≥1

⇔3x−1x+1≥2⇔x−3x+1≥0

⇒S=−∞;−1∪3;+∞

Chọn C.

Thiết diện đi qua đỉnh của hình nón tạo thành hình tam giác như hình vẽ

Gọi tâm của đáy hình nón là O.

Gọi M là trung điểm AB.

⇒SOM⊥SAB.

Hạ OH⊥SM⇒OH⊥SAB.

Đặt OM=xx>0. Trong tam giác SOM ta có: 1OH2=1OM2+1SO2

⇒1x2=1122−1202⇒x=15cm.

⇒AB=2R2−x2=40.

SM=SO2+OM2=25.

Vậy SΔSAB=12AB.SM=500cm2.

Chọn A.

Ta có: x=3tant⇒dx=3tan2t+1dt.

Đổi cận: x=0⇒t=0

x=1⇒t=π6

Khi đó: I=∫0π633dt

Chọn C.

Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại (1; 0), cắt trục Oy tại (0; -1). Diện tích hình phẳng cần tìm là

S=∫01x−1x+1dx=∫011−2x+1dx=1−2lnx+101=2ln2−1.

 

Chọn D.

Điểm biểu diễn số phức z = 7 + bi với b∈ℝ kí hiệu là M7;b,b∈ℝ 

Khi đó M7;b,b∈ℝ nằm trên đường thẳng x = 7 với b∈ℝ.

Chọn A.

Cách 1: Gọi số phức w cần tìm có dạng: w=a+bi,a2+b2≠0

Khi đó ta có a+bi=3−2i+2−iz

⇔z=a+bi−3+2i2−i=a−3+2+bi2+i2−i

⇔z=2a+ai−3i−6+4+2b+2i+bii5

⇔z=2a−b−85+a+2b+15i

 

Mà |z| = 2, nên 2a−b−852+a+2b+152=4

⇔a−32+b+22=20

⇒R=20=25.

Cách 2: Ta có: z=w−3−2i2−i⇒z=w−3−2i5⇒w−3−2i=25

Chọn C.

Gọi (P) là mặt phẳng song song với α

Nên (P) có dạng: −2x+y−3z+m=0  m≠2

Vì A0;−2;3∈P⇒m=11⇒P:2x−y+3z+11=0.

Chọn D.

Vì A, B, C lần lượt là hình chiếu của M(-3; 1; 4) các trục Ox, Oy, Oz nên A−3;0;0,B0;1;0,C0;0;4

Phương trình mặt phẳng ABC:x−3+y+z4=1⇔4x−12y−3z+12=0.

Vậy mặt phẳng song song với mặt phẳng ABC:4x−12y−3z+12=0.

Chọn D.

Ta có: nΩ=173=4913.

Trong các số tự nhiên thuộc [1; 17] có 5 số chia hết cho 3 là 3;6;9;12;15, có 6 số chia 3 dư 1 là 1;4;7;19;13;16 có 6 số chia 3 dư 2 là 2;5;8;11;14;17.

Để 3 số tổng viết ra chia hết cho 3 xảy ra các trường hợp sau:

TH1: Cả 3 số viết ra đều chia hết cho 3 ⇒53 cách viết.

TH2: Cả 3 số viết ra đều choc ho 3 dư 1 ⇒63 cách viết.

TH3: Cả 3 số viết ra đều chia cho 3 dư 2 ⇒63 cách viết.

TH4: Trong 3 số viết ra có 1 số chia hết cho 3, có 1 số chia cho 3 dư 1, có 1 số chia cho 3 dư 2 nên có 5.6.6.3! cách viết.

Vậy xác suất cần tìm là P=53+63+63+5.6.6.3!4913=16374913.

Chọn D.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, khi đó O0;0;0,B2a;0;0,C0;2a;0,A0;0;a.

Vì P là trung điểm của BC nên Pa;a;0.

Ta có: OP→=a;a;0,AB→=2a;0;−a,OA→=0;0;a.

Suy ra OP→,AB→=−a2;a2;−2a2⇒dOP,AB=OP→,AB→.OA→OP→,AB→=−2a3a4+a4+4a4=6a3. 

Chọn B.

Ta có: y'=x2−2m−1x−4m.

Yêu cầu bài toán ⇔y'≥0,∀x∈1;4⇔x2−2m−1x−4m≥0,∀x∈1;4

⇔2mx+2≤x2+2x,∀x∈1;4⇔2mx+2≤xx+2,∀x∈1;4⇔m≤x2,∀x∈1;4

⇔m≤min1;4x2=12. Vậy m≤12.

Chọn D.

Gọi x (x > 0) là chiều rộng của đáy bể, suy ra chiều dài của đáy bể là 2x và gọi h là chiều cao của bể.

Diện tích xây dựng là diện tích toàn phần của bể S=2.2xh+2.xh+2.2x.x=4x2+6xh1 

Ta có: V=3=2x.x.h⇒h=32x22. Thay (2) vào (1), ta được hàm Sx=4x2+9x, với x > 0

Ta có Sx=4x2+9x=4x2+92x+92x≥34x2.92x.92x3=3813

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4x2=92x⇔x=932.

Khi đó chi phí thấp nhất là 3813×500000≈6490123 (đồng).

Chọn A.

Ta có: f0=−4c>0⇒c<0.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số: x=−cb>0⇒b>0.

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số: y=ab>0⇒a>0.

Vậy trong các số a, b, c có 2 số dương.

Chọn C.

Đặt R = x, điều kiện x > 0

V=πx2h⇒h=Vπx2⇒hR=Vπx3.

STP=2πRh+R=2πxVπx2+x=2Vx+2πx2.

 

Xét hàm số: fx=2Vx+2πx2 với x > 0

Ta có: f'x=−2Vx2+4πx=4πx3−2Vx2.

Khi đó: f'x=0⇔x=V2π3

Ta có BBT:

Từ BBT trên ta thấy STP nhỏ nhất khi x=V2π3

Khi đó: HR=VπV2π=2⇔h=2R.

Chọn C.

Thay x=π2 vào đẳng thức fx+fπ2−x=sinx.cosx⇒fπ2+f0=0⇔fπ2=0.

Xét I=∫0π2x.f'xdx

Đặt u=xdv=f'xdx⇒du=dxv=fx

⇒I=x.fx0π2−∫0π2fxdx=−∫0π2fxdx1

Lại có: ∫0π2fxdx+∫0π2fπ2−xdx=∫0π2sinx.cosxdx

⇔2∫0π2fxdx=12∫0π2sin2xdx⇔2∫0π2fxdx=12⇔∫0π2fxdx=14.

 

Vậy I=−14.

Chọn C.

Đặt t = tanx.

Do x∈−π4;0⇒t∈−1;0 và hàm số t = tanx đồng biến trên −π4;0.

Khi đó: y=t−2t−m với t∈−1;0

y'=−m+2t−m2

 

Để hàm số đồng biến trên khoảng −π4;0⇒ Hàm số y=t−2t−m đồng biến trên (-1; 0)

⇔y'>0 ∀t∈−1;0⇔−m+2>0m∉−1;0⇔m<2m≥0m≤−1⇔0≤m<2m≤−1.

Do m là số nguyên dương ⇒m=1

Chọn D.

Với x, y > 0 ta có:

log3x+1y+1y+1=9−x−1y+1⇔y+1log3x+1y+1=9−x−1y+1

⇔log3x+1+log3y+1=9y+1−x+1⇔log3x+1+x+1=2−log3y+1+9y+1

⇔log3x+1+x+1=log39y+1+9y+1 1.

 

Xét hàm số ft=log3t+t với t > 0

Ta có: f't=1t.ln3+1>0,∀t>0.

⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên khoảng 0;+∞.

Khi đó: 1⇔fx+1=f9y+1⇔x+1=9y+1.

Từ đó suy ra P=x+2y=x+1+2y−1=9y+1+2y+1−3≥29y+1.2y+1−3=−3+62.

Dấu “=” xảy ra ⇔9y+1=2y+1⇔y+12=92⇔y=322−1⇒x=−25+2727 (thỏa mãn điều kiện x, y > 0).

Vậy Pmin=−3+62 khi x=−25+2727;y=322−1.

Chọn D.

Theo bài ra, ta có: M≥f−1M≥f3M≥f1⇔M≥−a+b+1M≥3a+b+92M≥2a+b+1=−2a−2b−2

Suy ra: 4M≥−a+b+1+3a+b+9+−2a−2b−2≥−a+b+1+3a+b+9−2a−2b−2

⇔4M≥8⇔M≥2.

Điều kiện cần để M = 2 là −a+b+1=3a+b+9=−a−b−1=2 và −a+b+1,3a+b+9,−a−b−1 cùng dấu 

⇔−a+b+1=3a+b+9=−a−b−1=2−a+b+1=3a+b+9=−a−b−1=−2⇔a=−2b=−1.

Ngược lại, với a=−2b=−1 thì fx=x2−2x−1.

Xét hàm số gx=x2−2x−1 trên đoạn [-1; 3]

Ta có: g'x=2x−2;g'x=0⇔x=1∈−1;3.

Do M là giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên đoạn [-1; 3] nên M=maxg−1;g3;g1=2.

Từ đó suy ra với a=−2b=−1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy a+2b=−4.

Chọn C.

Gọi b=BMBB';c=CNCC';d=DPDD' ta có c=b+d=12+14=34.

VAMNPBCD=b+c+d4.VABCD.A'B'C'D'=38.2a3=3a3.

 

Chọn A.

Ta có 3x+ax≥6x+9x⇔ax−18x≥6x+9x−3x−18x⇔ax−18x≥−3x2x−13x−1 *.

VP *≤0,∀x∈ℝ nên (*) đúng với ∀x∈ℝ khi và chỉ khi

ax−18x≥0,∀x∈ℝ⇔a18x≥1,∀x∈ℝ⇔a=18.

 

Chọn B.