Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 5)

Chọn C.

d=u2−u1=3−−3=6.

Chọn D.

Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A(2; 3; 4) trên trục Oz là (0; 0; 4).

Chọn D.

Sxq=2πrl=2.π.2a.a=4πa2

Chọn A.

Hàm số xác định với x∈1;2, khi đó ta có

y'=1+1x2>0,∀x∈1;2.

 

⇒ Hàm số luôn đồng biến trên [1; 2]

⇒max1;2y=y2=2−12=32.

Chọn B.

Số giao điểm của đồ thị hàm số y=x−1x2+x với trục Ox bằng số nghiệm của phương trình x−1x2+x=0⇔xx−1x+1=0

⇒x=1x=0x=−1.

Vậy số giao điểm là 3.

Chọn A.

Gọi I(x; y; z) là trung điểm của đoạn thẳng AB khi đó

x=20+202=20;y=8−42=2;z=−2+42=1

⇒I20;2;1

Chọn A.

Tập xác định: D=ℝ\2.

Ta có: limx→+∞2x−8−x+2=−2 và limx→−∞2x−8−x+2=−2 nên đường thẳng y = -2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y=2x−8−x+2.

Chọn D.

Hình vẽ bên có tất cả 15 cạnh.

Chọn D.

Xét đáp án A ∫0dx=C đúng

Xét đáp án B ∫dx=x+C đúng

Xét đáp án C ∫cosxdx=sinx+C đúng

Xét đáp án D ∫sinxdx=−cosx+C nên ∫sinxdx=cosx+C sai.

Chọn B.

Ta có lnab2=lna+lnb2=lna+2lnb

Chọn B.

Số cách sắp xếp 5 học sinh thành một hàng dọc là 5!=120.

Chọn D.

Ta có y'=x2−x+2'x2−x+2ln2=2x−1x2−x+2ln2.

Chọn B.

Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = -1; x = 1 và giá trị cực tiểu của hàm số là y = y(-1) = 0

Chọn B.

Ta có ∫1+cosxdx=x+sinx+C.

Chọn D.

Ta có ∫exdx=ex+C.

Chọn A.

Hàm số xác định khi và chỉ khi x2−x≠0⇔x≠0x≠1.

Vậy tập xác định D=ℝ\0;1.

Chọn D.

Ta có S=4πR2.

Chọn D.

Ta có log2x−2>2⇔x−2>0x−2>4⇔x>2x>6⇔x>6

Vậy S=6;+∞.

Chọn C.

Dựa vào đồ thị của hàm số ta có:

* Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên loại phương án y=−x3+3x−1 và y=x3+3x−1.

* limx→+∞y=−∞ nên hệ số a < 0 nên loại phương án y=x4−2x2−1.

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số y = f(x) ta thấy hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng −∞;−1.

Chọn A.

Ta có: 2fx+9=0⇔fx=−92 *.

Phương trình (*) chính là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y=−92.

Số nghiệm của phương trình 2fx+9=0 chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y=−92.

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y=−92 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 1 điểm nên phương trình 2fx+9=0 có 1 nghiệm.

Chọn C.

Dựa vào đồ thị hàm số trên đoạn [-3; 1] hàm số có giá trị lớn nhất M = 4 và nhỏ nhất m = 3.

Khi đó M.m = 12.

Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên, số điểm cực trị của hàm số là 2.

Chọn A.

I=∫fx+2xdx=∫fxdx+∫2xdx=2020x−x3+x2+C.

Chọn C.

Điều kiện: x > 0

Ta có log33x2−4log3x−4=0⇔log33+log3x2−4log3x−4=0

⇔1+log3x2−4log3x−4=0⇔log32x+2log3x+1−4log3x−4=0

⇔log32x−2log3x−3=0, do vậy bằng cách đặt t=log3x, phương trình đã cho trở thành phương trình t2−2t−3=0.

Chọn A.

Ta có SABC=12AB.AC=12.2a.a=a2.

Do lăng trụ đứng nên h = AA' = 3a thể tích khối lăng trụ là V=SABC.h=a2.3a=3a3.

Chọn C.

Ta có STP=5πa2⇔πal+πa2=5πa2⇔l+a=5a⇔l=5a−a⇔l=4a.

Chọn C.

Tổng số viên bi không có màu vàng là: 5 + 8 = 13

Số cách chọn 6 viên bi trong hộp đó mà không có viên bi nào màu vàng là: C136

Chọn C.

Tam giác ABC vuông cân tại A và BC=3a2 nên AB = AB = 3a

Vì SA⊥ABC nên góc giữa cạnh SB và mặt phẳng (ABC) bằng SBA^

Xét tam giác vuông SBA:tanB=SAAB=a33a=33⇒SBA^=300

Chọn B.

Tập xác định: D = R

Ta có: y'=3x2−2mx+m. Để hàm số đồng biến trên khoảng −∞;+∞ thì y'≤0 ∀x∈ℝ.

Hay Δy'≤0⇔m2−3m≤0⇔0≤m≤3⇒m=0;1;2;3.

Vậy số phần tử của tập S là 4.

Chọn B.

Nhìn vào bảng biến thiên

Ta có limx→−∞fx=−1⇒y=−1 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Và limx→+∞fx=1⇒y=1 là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Ta có limx→−1+fx=+∞ và limx→−1−fx=−∞⇒x=−1 là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f(x) là 3.

Chọn D.

Ta có I=∫fxdx=∫dx2x1+lnx.

Đặt t=1+lnx⇒t2=1+lnx⇒2tdt=dxx⇒tdt=dx2x.

Khi đó I=∫tdtt=∫dt=t+C, suy ra Fx=1+lnx+C.

Theo giả thiết F1=2⇔1+ln1+C=2⇒C=1.

Vậy Fx=1+lnx+1⇒Fe8=1+lne8+1=4.

Chọn C.

Ta có hình bát diện đều có 8 mặt là các tam giác đều bằng nhau.

Diện tích một mặt S1=4a2.34=43a2.

Vậy diện tích của hình bát diện đều là S=8.43a2=323a2.

Chọn B.

Ta có 3a=5⇔a=log35.

Nên 2log2527=2log5233=3log35=3a.

Chọn B.

Ta có y'=3x2−2

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A(1; -2) có phương trình là:

     y=y'1x−1−2⇔y=x−3.

Chọn B.

Cắt hình nón S bởi mặt phẳng đi qua trục ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền là đường kính đáy của hình nón. Khi đó bán kính đáy R = a và chiều cao h = a. Vậy thể tích của khối nón là V=13πR2h=πa33.

Chọn A.

Giả sử số tiền người đó gửi ban đầu là A lãi suất r = 6,9% năm.

Theo công thức lãi kép, số tiền người đó thu được sau n nằm là: A1+rn=A1+0,069n.

Theo bài ra số tiền sau n năm gấp 4 lần số tiền ban đầu nên ta có:

A1+0,069n=4A⇔n=log1,0694≈20,77 năm, suy ra phải mất ít nhất 21 năm người đó mới thu được số tiền gấp 4 lần số tiền ban đầu.

Chọn C.

Ta có: SA⊥ABCD⇒SA⊥AC⇒SAC^=900

Lại có: BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥SAB⇒BC⊥SB⇒SBC^=900

Chứng minh tương tự SDC^=900.

Như vậy các định A, B, D cùng nhìn cạnh SC dưới góc 900 suy ra mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm là trung điểm của SC và bán kính R=SC2=SA2+AC22=7a2+2a22=3a2

Diện tích mặt cầu là: S=4πR2=4π.9a24=9πa2.

Chọn D.

Ta có fx=2x.e−x1+x2−f'x,∀x∈ℝ⇔fx+f'x=2x.e−x1+x2⇔ex.fx+ex.f'x=2x1+x2.

⇒ex.fx'=2x1+x2⇒∫01ex.fx'dx=∫012x1+x2dx=ln2.

⇒ex.fx10=ln2⇔e.f1−f0=ln2⇔f1=1+ln2e=ln2ee.

Chọn D.

Số có 5 chữ số khác nhau có dạng abcde¯,a≠0.

Chọn a có 9 cách chọn, mỗi bộ số bcde¯ là một chỉnh hợp chập 4 của 9 chữ số còn lại nên có tất cả là 9.A94 số có 5 chữ số đôi một khác nhau.

Có 2 trường hợp để số được chọn có mặt đồng thời cả ba chữ số 1, 2 và 3 là

     - Hai chữ số còn lại đều khác 0: có C62.5! số.

     - Trong hai chữ số còn lại có 0: có 6.4.4! số.

Do đó xác suất để số được chọn có mặt đồng thời cả ba chữ số 1, 2 và 3 là C62.5!+6.4.4!9.A94=11126.

Vậy ta chọn phương án D.

Chọn B.

Ta có

f'xx2+1=xx2+125xx2+1−23xx2+1+1xx2+1'=xx2+125x−2x2−2x2+13x2+x+1x2+1.1−x2x2+12

                

  =x25x−2x2−23x2+x+11−x2x2+18

f'xx2+1=0⇔x=±1x=0x=2x=12.

Bảng dấu của f'xx2+1 là

Do đạo hàm của hàm số y=fxx2+1 đổi dấu 4 lần nên hàm số có 4 điểm cực trị.

Vậy ta chọn phương án B.

Chọn B.

Gọi r là bán kính đáy của cốc nước.

Khi đó:

Chiều cao cốc nước là h = 6r. Thể tích lượng nước ban đầu bằng: V=πr2h=6πr3.

Viên bi có đường kính bằng đường kính cốc nước nên thể tích bằng V1=43πr3.

Khối nón có chiều cao bằng 6r - 2r = 4r nên có thể tích bằng V2=13πr24r=43πr3

Cho nên thể tích nước còn lại bằng V−V1−V2=6πr3−43πr3−43πr3=103πr3.

Suy ra tỉ số giữa số nước còn lại và số nước ban đầu bằng 103πr36πr3=59.

Vậy ta chọn phương án B.

Chọn A.

Đặt t=4x>0. Khi đó phương trình trở thành ft=2m−9 *.

Đồ thị của hàm số f(t)

Dựa vào đồ thị, để phương trình (*) có nghiệm suy ra 2m−9≥−1⇔m≥4.

Chọn B.

Lấy điểm M, N lần lượt thuộc cạnh SB, SC sao cho SM = SN = 2a. Suy ra tam giác SAM, SMN đều cạnh có độ dài 2a tam giác SAN vuông cân tại S và AN=2a2.

Trong tam giác AMN có AM2+MN2=AN2 và AM = MN nên tam giác AMN vuông cân tại M

Từ S hạ SH⊥AN tại H suy ra H là trung điểm AN,MH=a2 và SH=a2.

Trong tam giác SHM ta có MH2+SH2=a22+a22=4a2=SM2 nên tam giác SHM vuông tại H. Suy ra có SH⊥AMSH⊥HM⇒SH⊥AMN tại H

VSAMN=13SAMN.SH=13.12.2a.2a.a2=2a323.

VS.AMNVS.ABC=SMSB.SNSC=23.12=13⇒VS.ABC=3VS.AMN=32a323=2a32.

Chọn C.

Ta có: SA⊥ABCSC∩ABC=C⇒SC,ABC=SCA^=600

Gọi N là trung điểm của BC nên AB//MN⊂SMN⇒AB//SMN

⇒dAB;SM=dAB;SMN=dA;SMN

Từ A dựng đường thẳng song song với BC cắt MN tại D

Do BC⊥AB⇒BC⊥MN⇒AD⊥MN.

Từ A dựng AH⊥SDH∈SD.

Ta có: MD⊥AD⊂SADMD⊥SA⊂SADAD∩SA=A⇒MD⊥SAD⊃AH⇒MD⊥AH.

Mà AH⊥SD⊂SMDAH⊥MD⊂SMDSD∩MD=D⇒AH⊥SMD⇒AH⊥SMN⇒dA,SMN=AH.

Xét tam giác SAD, có

     1AH2=1SA2+1AD2=1AC.tan6002+1BC22=13a2+4a2.32+14a22=79300a2.

Vậy dAB,SM=AH=10237a79.

Chọn C.

Ta có: g'x=4x−1.f'2x2−x+12x−3=4x−1f'2x2−x+3.

g'x=0⇔4x−1=0f'2x2−x=−3⇔x=142x2−x=02x2−x=−12x2−x=12x2−x=2⇔x=14x=0x=−12x=1x=−12x=1±174

Bảng xét dấu:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng −12;0⊃−14;0.

Chọn C.

Ta có

     f"x.fx−2f'x2+2xf3x=0

     ⇔f"x.fx−2f'x2f3x=−2x

     ⇔f"x.f2x−2f'x2.fxf4x=−2x

     ⇔f'xf2x'=−2x

     ⇒f'xf2x=−x2+C

Giả thiết f'(0) = 0, f(0) = 1 nên C=0⇒f'xf2x=−x2⇒1fx=x33+C1

Vì f0=1⇔1=0+C1⇔C1=1⇒1fx=x33+1

Vậy f1=34.

Chọn A.

Đặt SMSB=x,SNSC=y,SPSD=z,SQSA=t thì 1x+1z=1y+1t⇔2+43=32+1t⇔t=611

Mặt khác VS.MNPQVS.ABCD=xyzt41x+1y+1z+1t=522⇒VS.ABCD=225⇒VABCD.MNPQ=175

Theo định lý Menelaus trong ΔSAD ta có

SQQA.AEED.DPPS=1⇔65.AEED.13=1⇔AEED=52⇒ADDE=32⇒SDEFSABC=23⇒SDEFSABCD=13

Theo định lý Menelaus trong ΔSBC ta có

SMMB.BFFC.CNNS=1⇔BFFC=2⇒BFBC=2⇒SDCFSABC=1⇒SDCFSABCD=12

Suy ra SCDEFSABCD=56⇒VN.CDEFVS.ABCD=NCSC.SCDEFSABCD=518⇒VN.CDEF=119

Ta có

VN.DPEVS.ABCD=VN.DPE2VC.SAD=12.SNSC.DPDS.DEAD=12.23.14.23=118⇒VN.DPE=118VS.ABCD=1145

 

Vậy thể tích khối cầu cần tính là VABFEQM=VABCD.MNPQ+VN.DPE+VN.CDEF=175+119+1145=7315.

Chọn B.

Điều kiện: 1−yx+3xy>0. Vì x, y > 0 do đó 1−yx+3xy>0⇔1−y>0⇔0<y<1

Ta có:

log31−yx+3xy=3xy+x+3y−4⇔log331−y+31−y=log33xy+x+3xy+x 1

 

Xét hàm số ft=log3t+t t>0 ta có: f't=1tln3+1>0 ∀t>0.

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên 0;+∞.

Suy ra:

1⇔f31−y=f3xy+x⇔31−y=3xy+x⇔x=31−y3y+1=43y+1−1  0<y<1

 

Suy ra P=x+y=y+43y+1−1=133y+1+43y+1−43≥2133y+1.43y+1−43=43−43

⇒Pmin=43−43.

Dấu “=” xảy ra ⇔133y+1=43y+1⇒3y+12=12⇔y=23−13TM⇒x=23−33y=−23−13L.

Chọn B.

Vì hàm số y=fx=ax3+bx2+cx+d với a≠0 có hai hoành độ cực trị là x = 1 và x = 3.

Suy ra f'x=3ax2+2bx+c=3ax−1x−3,∀x∈ℝ⇔b=−6ac=9a

⇒y=fx=ax3−6ax2+9ax+d

Do đó ta có f1=f4=4a+d;f0=f3=d.

Trường hợp 1. Với a > 0 ta có bảng biến thiên của hàm số y = f(x)

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình f(x) = t có ba nghiệm phân biệt khi f(3) < t < f(1)

Xét phương trình: fm=t,t∈f3;f1⇔m∈0;4\1;3.fm=t,t∈f3;f1⇔m∈0;4\1;3.

Trường hợp 2. Với a < 0 ta có bảng biến thiên của hàm số y = f(x)

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình f(x) = t có ba nghiệm phân biệt khi f(1) < t < f(3)

Xét phương trình: fm=t,t∈f1;f3⇔m∈0;4\1;3.

Vậy để phương trình f(x) = f(m) có đúng ba nghiệm phân biệt khi m∈0;4\1;3.