Giải Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 - Mã đề 101

Đáp án đúng là: A

Ta có:∫0212fx+2dx=12∫02fxdx+∫022dx=2+4=6.

 

Đáp án đúng là: B

Ta có: V = B.h = 3a².2a = 6a³.

Đáp án đúng là: D

Ta có:∫5−1fxdx=−∫−15fxdx=−−3=3.

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức . Suy ra f (x) = sin x.

Đáp án đúng là: B

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số nghịch biến trên các khoảng (-¥; -1) và (0; 1).

Đáp án đúng là: C

Ta có bán kính mặt cầu R=6 . Suy ra đường kính mặt cầu bằng 2R=26.

Đáp án đúng là: C

Do điểm A(1; 2; -3) nên hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ là (1; 2; 0).

Đáp án đúng là: C

Thể tích khối chóp S.ABC là:V=13B.h=13.10.3=10.

Đáp án đúng là: B

Ta có u₂ = u₁.q ⇒q=u2u1=2.

Đáp án đúng là: A

Ta có S_xq = 2prh = 4p.

Đáp án đúng là: C

Ta có  suy ra tiệm cận ngang của đồ là đường thẳng y = 1.

Đáp án đúng là: D

ĐKXĐ: x > -1

log₅ (x + 1) > 2

Û log₅ (x + 1) > log₅ 25

Û x + 1 > 25 Û x > 24.

Đáp án đúng là: D

Từ BBT ta nhận thấy hàm số có hai điểm cực trị và đồng biến trên khoảng (1; +¥). Do đó hàm số là hàm đa thức bậc ba có hệ số a > 0.

Đáp án đúng là: C

Ta có z=32+42=25=5.

Đáp án đúng là: B

Đường thẳng (d) có phương trình y = 1 cắt đồ thị hàm số y = f (x) tại 2 điểm phân biệt.

Suy ra phương trình f (x) = 1 có 2 nghiệm thực phân biệt.

Đáp án đúng là: C

Điều kiện: x - 4 > 0 Û x > 4.

Tập xác định: D = (4; +¥).

Đáp án đúng là: B

Với a > 0, ta có 4loga=4loga12=4.12loga=2loga.

Đáp án đúng là: C

Số các tổ hợp chập 3 của 12 phần tử là

Đáp án đúng là: D

Từ bảng biến thiên ta suy ra: điểm cực tiểu của hàm số đã cho là x = 1.

Đáp án đúng là: B

Phương trình của mặt phẳng (Oyz) là: x = 0.

Đáp án đúng là: A

3^{2x + 1} = 3^{2 - x}Û 2x + 1 = 2 - x

Û 3x = 1

Đáp án đúng là: B

Dựa vào hình dáng của đồ thị. Ta thấy hàm số đã cho có 3 cực trị.

Đáp án đúng là: C

Theo định nghĩa phương trình đường thẳng. Ta có u3→=1; −2; 3  là một véc-tơ chỉ phương của d .

Đáp án đúng là: C

Ta có chiều cao hình nón h OI = 3, bán kính đáy r = IM = 4 thì độ dài đường sinh là:

l=OM=IM2+OI2=32+42=5.

Đáp án đúng là: C

Điểm biểu diễn số phức z = 2 - 7i trên mặt phẳng tọa độ có tọa độ là (2; -7).

Đáp án đúng là: B

Vì z₁ = 2 + 3i và z₂ = 1 - i nên z₁ + z₂ = (2 + 3i) + (1 - i) = 3 + 2i.

Đáp án đúng là: A

Ta có: ∫fxdx=∫ex+2xdx=ex+x2+C.

Đáp án đúng là: D

Ta có: y' = - 3x^{-3 - 1} = - 3x^-4.

Đáp án đúng là: D

Ta có:AB→2; −2; 2; AC→1; 0; −1.

Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) có véc-tơ chỉ phương là AB→; AC→=2; 4; 2↗↗1; 2; 1

 nên có phương trình:

x−11=y−22=z+11.

Đáp án đúng là: C

Xét hàm số f (x) = x³ - 3x² - 9x + 10 trên đoạn [-2; 2]

Þ f '(x) = 3x² - 6x - 9.

f '(x) = 0 Û 3x² - 6x - 9 = 0 ⇔x=−1∈−2; 2x=3   ∉−2; 2

Ta có:

f (-2) = 8; f (-1) = 15; f (2) = -12.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = x³ - 3x² - 9x + 10 trên đoạn [-2; 2] bằng 15.

Đáp án đúng là: A

Điều kiện xác định: (6 - x)(x + 2) > 0

Û- x² + 4x + 12 > 0 Û-2 < x < 6.

Vậy có tất cả 7 giá trị nguyên thuộc tập xác định của hàm số y = log [(6 - x)(x + 2)].

Đáp án đúng là: B

Vì phương trình z² + z + 6 = 0 có hai nghiệm z₁ và z₂.

Theo định lí Vi-et, ta có:z1+z2=−1z1z2=6      .

Do đó: z₁ + z₂ + z₁z₂ = -1 + 6 = 5.

Đáp án đúng là: B

Tam giác ABC vuông tại B nên BC=AC2−AB2=1.

Ta có:ABC'∩ABC=AB                                           AB⊥BC tai B, BC⊂ABC Do BC⊥AA'B'B  AB⊥BC' tai B, BC'⊂ABC' Do AB⊥CC'B'B

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC') và (ABC) là góc C'BC^.

Xét DC'BC vuông tại C ta có:

tanC'BC^=CC'BC=AA'BC=1⇒C'BC^=45°.

Vạy góc giữa hai mặt phẳng (ABC') và (ABC) là 45°.

Đáp án đúng là: D

A'C' Ì (A'B'C'D'),

BD // (A'B'C'D')

Þ d (BD, A'C') = d (BD, (A'B'C'D'))

= d (B, (A'B'C'D')) = BB' = 3a.

Đáp án đúng là: C

∫fxdx=∫1−1cos22xdx

=∫dx−12∫d2xcos22x=x−12tan2x+C.

 

 

Đáp án đúng là: D

Ta có: y = x³ + x Þ y' = 3x² + 1 > 0 "x Î ℝ.

Đáp án đúng là: D

Mặt phẳng đi qua A và song song với (P) có phương trình là

2x - (y + 3) + 3(z - 2) = 0

Û 2x - y + 3z - 9 = 0.

Đáp án đúng là: D

Từ 40 đến 60 ta có 21 số nên n (W) = 21

Các số thỏa mãn đề bài: 45; 46; 47; 48; 49; 56; 57; 58; 59 Þ Có 9 số.

Xác suất để chọn được số thoản mãn đề bài:

Đáp án đúng là: B

+) TH1:3b−3>0     a.2b−18<0⇔3b>3  2b<18a⇔b>1             b<log218a

⇔1<b<log218a

Để có đúng ba số nguyên b thì 4<log218a≤5⇔16<18a≤32⇔916≤a<98.

Trường hợp này có 1 giá trị a = 1 nguyên thỏa mãn.

+) TH2: 3b−3<0     a.2b−18>0⇔3b<3  2b>18a⇔b<1             b>log218a

Để có đúng ba số nguyên b thì

−3≤log218a<−2⇔18≤18a<14⇔72<a≤144.

Trường hợp này có 144 - 72 = 72 giá trị a nguyên thỏa mãn.

Vậy số giá trị nguyên của a là: 72 + 1 = 73.

Đáp án đúng là: B

Ta có:

f '(x) = 4(m - 1)x³ - 4mx = 4x[(m - 1)x² - m]

f '(x) = 0  ( m = 1 không thỏa yêu cầu bài toán)

Vì min0; 3fx=f2 Þ x = 2 là nghiệm của f '(x) = 0

⇒mm−1=4⇒m=4m−4⇒m=43

⇒fx=13x4−83x2+1

f (0) = 1;f3=813−723+33=123=4

Vậy max0; 3fx=4.

Đáp án đúng là: D

Ta có:

F (x), G (x) là nguyên hàm của f (x) Þ F (x) = G (x) + C

⇒S=∫03Fx−Gxdx=∫03Cdx=∫03Cdx=3C=15

Þ |C| = 5 Þ C = ±5

∫03fxdx=F3−G0=F3−G0+C

= F (3) - G (0) - C = F (3) - G (0) + a

Þ a = -C = 5 (do a > 0)

Đáp án đúng là: D

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P) và trục Ox .

Ta có: d (A; (P)) = AH £ AK.

Suy ra khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất khi H º K, hay mặt phẳng (P) nhận véc-tơ AK→làm véc-tơ pháp tuyến.

K là hình chiếu của A trên trục Ox suy ra: K(1; 0; 0), .

AK→=0; −2; 2

Mặt phẳng (P) đi qua K có phương trình:

-2(y - 0) + 2(z + 0) = 0 Û y - z = 0.

Đáp án đúng là: B

          

Ta có SH = 4

AB=2.AH=2.SH.tanASH^=2.4.tan60°=83

Có OS là bán kính mặt cầu cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp DSAB

Suy ra:2OS=ABsinASB⇒OS=832.sin120°=8

Vậy diện tích mặt cầu: S = 4p.8² = 256p.

Đáp án đúng là: C

Ta có:a4x−log5a2≤2540−y2⇔log5a4x−log5a2≤log52540−y2

Û (4x - 2log₅ a)log₅ a £ 2(40 - y²)

Coi (*) là bất phương trình bậc hai ẩn log₅ a

Để (*) đúng với mọi số thực dương a thì

D' £ 0 Û x² - (40 - y²) £ 0 Û x² + y² - 40 £ 0 (1)

Ta có biểu thức (1) là hình tròn (C₁) tâm O(0; 0), bán kính .

Mặt khác P = x² + y² + x - 3y Û x² + y² + x - 3y - P = 0 là phương trình đường tròn (C₂) tâm , bán kính .

Để tồn tại điểm chung của đường tròn (C₂) với hình tròn (C₁) thì

R2≤R1+OI⇔1210+4P≤210+1210

⇔10+4P≤510⇔P≤60

Vậy P_max = 60.

Đáp án đúng là: B

Ta có: |z₁| = |z₂| = 2 Þ OA = 2OB; |z₃| = 1 Þ OC = 1.

+) 8(z₁ + z₂)z₃ = 3z₁z₂ Û⇔8z1+z2=3z1z2z3⇔z1+z2=32

Gọi H là trung điểm của AB, biểu diễn số phức , ta có:

+) |z₁ + z₂|² + |z₁ - z₂|² = 2(|z₁|² + |z₂|²)

⇔z1−z2=552⇒AB=552

+) 8(z₁ + z₂)z₃ = 3z₁z₂ Û 8z₁z₃ + 8z₂z₃ = 3z₁z₂

_{⇔z1z3+z2z3=38z1z2}

Đặt , suy ra: z₁z₃ + z₂z₃ = 2az₁z₂ Û z₁(z₃ - az₂) = (az₁- z₃)z₂

Þ |z₁||z₃ - az₂| = |az₁- z₃||z₂|

Û |z₃ - az₂|² = |az₁- z₃|² Ûz2z3¯+z2¯z3=z1z3¯+z1¯z3=b

AC2=z3−z12=z32+z12−z1z3¯+z1¯z3=5−b

BC2=z3−z22=z32+z22−z2z3¯+z2¯z3=5−b

Suy ra: AC² = BC² Û AC = BC hay tam giác ABC cân tại C

CH=OC−OH=1−34=14

Vậy SABC=12.AB.CH=12.552.14=5516.

Đáp án đúng là: D

Ta có: AB⊥AC AB⊥AA'⇒AB⊥ACC'A'⇒AB⊥AC'

Vậy góc giữa đường thẳng BC' và mặt phẳng (ACC'A') là .BC'A^

Trong tam giác vuông (BC'A) ta có BC'A^=30°; AB=2a

⇒AC'=AB.cotBC'A^=2a3

Trong tam giác vuông ACC' ta có .CC'=AC'2−AC2=22a

Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là:V=CC'.12AB2=22a.12.4a2=42a3.

Đáp án đúng là: D

Ta có f (x) = e^{g (x)}.

Từ bảng biến thiên suy ra: g (x) ³ ln 2 Þ e^{g (x)} ³ e^ln2 = 2.

+) f '(x) = g '(x)e^{g (x)}.

Phương trình hoành độ giao điểm của f '(x) và g '(x):

f '(x) - g '(x) = 0 Û g '(x)e^{g (x)} - g '(x) = 0Û

g '(x)(e^{g (x)} - 1) = 0 Û g '(x) = 0

Mặt khác từ bảng biến thiên ta cũng có: g '(x) > 0, "x Î (x₁; x₂); g '(x) < 0, "x Î (x₂; x₃).

Suy ra:S=∫x1x3f'x−g'xdx=∫x1x3g'xegx−g'xdx

=∫x1x3g'xegx−1dx

=∫x1x2g'xegx−1dx−∫x2x3g'xegx−1dx

=∫x1x2egx−1dgx−∫x2x3egx−1dgx

=egx−gxx1x2−egx−gxx2x3

=egx2−gx2−egx1−gx1−egx3−gx3−egx2−gx2

=2.6−438−2−2ln6+ln438+ln2

=378+ln43144≈3,416.

Đáp án đúng là: D

Ta có z+4i2=z−4z¯−4i=z−4z+4i¯

=z−4z+4i¯=z−4z+4i

Suy ra |z + 4i| = 0 hoặc |z + 4i| = |z - 4|.

Nếu |z + 4i| = 0 thì z = - 4i : z2=4i2=16        2z−z¯=2−8i=16 thỏa mãn.

Nếu |z + 4i| = |z - 4| thì đặt z = x + yi với x, y Î ℝ ta được

x2+y+42=x−42+y2x2+y2=4y                        ⇔x=−y      2y2=4y

⇔y=0x=0∨y=2  x=−2∨y=−2x=2  

Vậy có 4 số phức thỏa mãn là 0, 2 - 2i, - 2 + 2i, - 4i.

Đáp án đúng là: B

Ta có I(1; 3; 9) và R = 3. Suy ra d (I, (OMN)) = 3.

Vậy mặt cầu (S) tiếp xúc (OMN) tại A(1; 0; 9).

Gọi tọa độ M(m; 0; 0) và N(0; 0; n).

Ta có AM→=m−1; 0; −9; AN→=−1; 0; n−9.

Do A, M, N thẳng hàng nên (m - 1)(n - 9) = 9 (1).

Do IA ^ (OMN) và H là trung điểm MN thì H là tâm đường tròn ngoại tiếp DOMN.

Suy ra K là tâm mặt cầu ngoại tiếp IOMN Þ KH Ì (IMN)

bán kính đường tròn ngoại tiếp DIMN bằng  (đường tròn lớn)

12.IH.MN=IM.IN.MN4.132⇔IM.IN=39

Û ((m - 1)² + 90)((n - 9)² + 10) = 1521 (2)

Từ (1) và (2) suy ra m−1n−9=9                          m−12+90n−92+10=1521

Đặt u=m−12v=n−92 , ta có hệ phương trình

uv=81                                        m−12+90n−92+10=1521

⇔uv=81                      u+90v+10=1521

⇔uv=81            90v+10u=540⇔u=27v=3  

Vậy AM.AN=u+81.v+1=123.

Đáp án đúng là: C

Xét hàm số y = x⁴ - 2mx² + 64x.

Ta có: y' = 4x³ - 4mx + 64 (*)

Phương trình hoành độ giao điểm:⇔x=0                      x3−2mx+64=0 1

x⁴ - 2mx² + 64x = 0

Phương trình (1) luôn có một nghiệm x ¹ 0 nên đồ thị hàm số y = x⁴ - 2mx² + 64x cắt Ox ít nhất hai điểm và limx→±∞x4−2mx2+64x=+∞ .

Suy ra để hàm số y = |x⁴ - 2mx² + 64x| có 3 điểm cực trị thì hàm số y = x⁴ - 2mx² + 64x có đúng một điểm cực trị Û phương trình (*) có đúng một nghiệm đơn

⇒m=x2+16x có đúng một nghiệm đơn.

Xét hàm số: fx=x2+16x, f'x=2x−16x2.

Bảng biến thiên: f'x=0⇔2x−16x2=0⇔x=2.

 

Từ bảng biến thiên suy ra m £ 12.

Suy ra:m∈ℤ+m≤12⇒m∈1; 2; 3; ...; 11; 12.

Vậy có 12 giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y = |x⁴ - 2mx² + 64x| có đúng ba điểm cực trị.