Giải Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 - Mã đề 102

Đáp án đúng là: D

Ta có: ∫fxdx=∫ex+2xdx=ex+x2+C.

Đáp án đúng là: B

Ta có: y' = - 3x^{-3 - 1} = - 3x^-4.

Đáp án đúng là: B

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: A

Ta có một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng Oyz là: .

Mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O(0; 0; 0).

Phương trình mặt phẳng (Oyz) là:

1(x - 0) + 0(y - 0) + 0(z - 0) = 0 hay x = 0.

Đáp án đúng là: D

Ta có limx→+∞=limx→+∞2x−12x+4=1 và limx→−∞=limx→−∞2x−12x+4=1 .

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng có phương trình y = 1.

Đáp án đúng là: D

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

Đáp án đúng là: B

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

Đáp án đúng là: B

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

Đáp án đúng là: B

Công bội của cấp số nhân là q=u2u1=21=2.

Đáp án đúng là: D

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

Đáp án đúng là: C

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

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức ∫sinxdx=−cosx+C . Suy ra f (x) = sin x.

Đáp án đúng là: B

Diện tích xung quanh S_xq = 2prl = 4p.

Đáp án đúng là: B

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

Đáp án đúng là: B

Ta có z=32+42=25=5.

Đáp án đúng là: A

Ta có

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

Û 2x + 1 = 2 - x

Û 3x = 1

⇔x=13.

Đáp án đúng là: C

Số nghiệm thực của phương trình f (x) = 1 bằng với số giao điểm của đường thẳng (d): y = 1 và đồ thị (C) của hàm số y = f (x).

Dựa vào hình vẽ, ta thấy (d) và (C) cắt nhau tại hai điểm phân biệt nên phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt.

Đáp án đúng là: A

Đkxđ: x > -1

log₅ (x + 1) > 2 Û x + 1 > 5²

Û x + 1 > 25 Û x > 24

Vậy tập hợp nghiệm của bất phương trình là S = (24; +¥).

Đáp án đúng là: B

Ta có:

∫0212fx+2dx=12∫02fxdx+∫022dx=2+4=6.

Đáp án đúng là: B

ĐKXĐ: x - 4 > 0 Û x > 4.

Vậy tập xác định của hàm số y = log₃ (x - 4) là (4; +¥).

Đáp án đúng là: D

Dựa vào đố thị hàm số suy ra hàm số có 3 điểm cực trị.

Đáp án đúng là: B

Số các tổ hợp chập 3 của 12 phần tử là

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

Ta có bán kính mặt cầu R=6.

Suy ra đường kính mặt cầu bằng 2R=26.

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: B

Ta có thể tích khối lăng trụ bằng V = B.h = 3a².2a = 6a3.

Đáp án đúng là: C

Một véctơ chỉ phương của đường thẳng d là u3→=1; −2; 3.

Đáp án đúng là: A

Ta có: ∫5−1fxdx=−∫−15fxdx=−−3=3.

Đáp án đúng là: C

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: B

Hàm số y = x³ + x Þ y' = 3x² + 1 > 0 "x Î ℝ.

Do đó hàm số đồng biến trên ℝ.

Đáp án đúng là: A

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

Do 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 f (-1) và bằng 15.

Đáp án đúng là: D

Vì đường thẳng cần tìm song song với mặt phẳng (P): 2x - y + 3z + 5 = 0. Nên đường thẳng cần tìm có có VTPT n→=nP→=2; −1; 3 và đi qua A(1; 2; -1) suy ra có phương trình:

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

Û 2x - y + 3z - 9 = 0.

Đáp án đúng là: C

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: P=921=37.

Đáp án đúng là: C

Ta có:AB→2; −2; 2; AC→1; 0; −1.

AB→; AC→=2; 4; 2=21; 2; 1

Vì đường thẳng cần tìm vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên đường thẳng cần tìm có véctơ chỉ phương là  và đi qua A(1; 2; -1). Suy ra phương trình đường thẳng cần tìm là: x−11=y−22=z+11.

Đáp án đúng là: D

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: D

∫fxdx=∫1−1cos22xdx

=∫dx−12∫d2xcos22x=x−12tan2x+C.

Đáp án đúng là: A

Điều kiện xác định (6 - x)(x + 2) > 0

Û- x² + 4x + 12 > 0 Û-2 < x < 6.

Mà x Î ℤ Þ x Î{-1; 0; 1; 2; 3; 4; 5}.

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: D

Ta có AB⊥CC' CC'⊥ABCAB⊥BC                       ⇒AB⊥C'CB⇒AB⊥C'B

C'AB∩ABC=ABC'B⊥AB                 

⇒C'AB; ABC^=C'B; BC^=C'BC^

DABC vuông tại B nên BC=AC2−AB2=22−32=1.

Trong tam giác vuông C'BC, tanC'BC^=C'CBC=11=1.

Do đó C'BC^=45°. Vậy C'AB; ABC^=45°.

Đáp án đúng là: C

f '(x) = 4mx³ + 4(m - 1)x

Do f (x) là hàm đa thức và min0; 2fx=f1⇒f'1=0

⇔4m+4m−1=0⇒m=12

Thay m=12 vào hàm số ban đầu ta được

y=12x4+212−1x2=12x4−x2

Þ y' = 2x³ - 2x = 2x(x - 1)(x + 1)

Ta có BBT:

Vậy với m=12 , thì min0; 2fx=f1 TM.

Dựa vào BBT ta có max0; 2fx=f2=4.

Đáp án đúng là: B

(5^b - 1)(a.2^b - 5) = 0 ⇔5b−1=0   a.2b−5=0⇔b=0      b=log25a

+) TH1:log25a<0a>0       ⇔a>5

Vì hàm số y = a^x (a > 1) là hàm đồng biến nên

(5^b - 1)(a.2^b - 5) < 0

Yêu cầu của bài toán suy ra

−3≤log25a<−2⇔18≤5a<14

⇔a≤40a>20

Mà a Î ℕ^* Þ a Î {21; 22; ...; 40}

+) TH2:log25a>0a>0       ⇔0<a<5

Vì hàm số y = a^x (a > 1) là hàm đồng biến nên

(5^b - 1)(a.2^b - 5) < 0 ⇔0<b<log25a

Yêu cầu của bài toán suy ra

2≤log25a<3⇔4≤5a<8

⇔a≤54a>58

Mà a Î ℕ^* Þ a = 1

Vậy có 21 số nguyên a thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

Đáp án đúng là: A

Đặt G (x)= F (x)+ C (C là hằng số).

∫05fxdx=F5−F0=F5−G0−C=F5−G0+C

 

Suy ra C = a.

S=∫05Fx−Gxdx=∫05adx=∫05adx=5a

 

Theo giả thiết 5a = 20 Û a = 4.

Đáp án đúng là: D

 

Diện tích đáy:SABC=12AB.AC=a22

Ta có:AB⊥ACAB⊥AA'⇒AB⊥ACC'A'

⇒BC'; ACC'A'^=BC'A^=30°

Khi đó AC'=AB.cot30°=a3

⇒AA'=AC'2−A'C'2=a32−a2=a2

Vậy, thể tích khối lăng trụ đã cho là:

V=SABC.AA'=a22.a2=22.a3

.

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác vuông SMO có 

tanMSO^=OMOS⇒tan60°=OM1⇒OM=3

Kẻ đường kính SS' của mặt cầu ngoại tiếp hình nón.

Tam giác SMS' vuông tại M có MO ^SS'

Þ MO²= OS.OS' Þ32=1.OS'⇒OS'=3

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình nón là

R=OS+OS'2=1+32=2

Diện tích (S) là S = 4pR²= 4p2² = 16p.

Đáp án đúng là: C

Ta có:499−y2≥a4x−log7a2⇔log7499−y2≥log7a4x−log7a2

Û(9- y²)log₇ 49 ³(4x - log₇ a²)log₇ a

Û2(9- y²)³ 2(2x - log₇a).log₇ a (1)

Đặt t = log₇ a, khia > 0 thì t Î ℝ, (1) trở thành t² - 2x.t + 9 - y² ³ 0 (2)

(1) đúng với mọi a > 0Û(2) đúng với mọi t Î ℝ

ÛD¢= x² - 9 + y² £ 0 Û x² + y² £ 9

+) Xét (4x - 3y)² £ (16 + 9)(x² + y²)

Þ (4x - 3y)² £ 225 Þ 4x - 3y £ 15

+) Suy raP = x² + y² + 4x - 3y £ 9 + 15 = 24 đẳng thức xảy ra khi

x4=y−3     x2+y2=9⇔x=125; y=−95x=−125; y=95

Vậy GTLN của P bằng 24.

Đáp án đúng là: A

Ta có 3z₁z₂ = 4z₃(z₁ + z₂)Þ |3z₁z₂| = |4z₃(z₁ + z₂)|

Û |3z₁z₂| = |4z₃(z₁ -(-z₂))|

Û |z₁ -(-z₂)| = 3

Lấy D đối xứng với B qua O, suy ra D biểu diễn (-z₂).

Ta có |z₁ -(-z₂)| = 3 Û AD = 3

DABD có trung tuyến  nên DABD vuông tại A

⇒AB=BD2−AD2=7

+)3z₁z₂ = 4z₃(z₁ + z₂)Û z₁(3z₂ - 4z₃) = 4z₂z₃

Þ |z₁||3z₂ - 4z₃| = |4z₂z₃|

Þ |3z₂ - 4z₃| = 4

⇔9OB2+16OC2−24OB.OC.cos BOC^=16

⇔cosBOC^=34

Áp dụng định lí cosin cho DBOC ta có:

BC=OB2+OC2−2OB.OC.cosBOC^=4+1−4.34=2

Tương tự ta tính được AC=2

Vậy SABC=74.

Đáp án đúng là: A

Gọi z = a + bi với a; bÎ ℝ

Ta có:z2=z−z¯⇔a2+b2=2b *

Mặt khác z+2z¯+2i=z−2i2  (**)

Vì z¯+2i¯=z−2i nên z¯+2i=z−2i

Nên từ (**) ⇔z−2i=0⇒z=2iz+2=z−2i       

Với |z - 2i|= 0 Þz =2i (thoả mãn (*))

Với |z + 2| = |z - 2i|Þ (a + 2)² + b² = a² + (b - 2)²

.Û a = -b thay vào (*) ta được:

b² + b² = 2|b| Û b² = |b| ⇔b=0  b=1  b=−1⇔a=0  a=−1a=1  ⇔z=0      z=−1+iz=1−i  

Vậy có tất cả 4 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: A

Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (P), A' là hình chiếu vuông góccủa điểm A lên trục Oy suy ra A(0;1;0). Khi đó khoảng cách từ A đến (P) là đoạn thẳngAH £AA'. Độ dài đoạn thẳng AH dài nhất khi H và A' trùng nhau. Khi đó mặt phẳng (P) nhận A'A→=2; 0; −1 làm véc tơ pháp tuyến. Suy ra phương trình mặt phẳng (P) đi quaA'(0;1;0) có VTPT: A'A→=2; 0; −1là:

2(x - 0) + 0(y - 1) + (-1)(z - 0) = 0

Û 2x - z = 0.

Đáp án đúng là: D

+ Ta có:g'x=f'xfx

+ Từ bảng biến thiên ta thấy g (x) > 0, "x Î ℝ suy ra f (x) = e^{g (x)} > 1, "x Î ℝ

+ Phương trìnhf '(x) = g '(x)Ûg '(x)f (x)= g '(x)

Û g '(x)[f (x)- 1] = 0 Û g '(x) = 0 ⇔x=x1x=x2x=x3

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f '(x) và y = g '(x)là

S=∫x1x3f'x−g'xdx=∫x1x2f'x−f'xfxdx+∫x2x3f'x−f'xfxdx

=∫0421−1tdtt=fx+∫42371−1tdt≈35,438∈35; 36

Đáp án đúng là: A

Ta có: d (I, (OMN)) = 2 nên mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng (Oxy) tại điểm A(4; 1; 0), đồng thời đường thẳng MN tiếp xúc với (S) cũng tại điểm A(4; 1; 0) do MN Ì (Oxy)

Gọi M(m; 0; 0) và N(0; n; 0), m, n > 0

Do A Î MN nên AM→=kAN→⇒m−4=−4k−1=kn−1

Þ (m - 4)(n - 1) = 4 ⇔m=4nn−1, n−1≠0

Phương trình mặt phẳng trung trực đoạn OI:

4x+y+2z−212=0

Phương trình mặt phẳng trung trực đoạn OM: x=m2.

Phương trình mặt phẳng trung trực đoạn ON:y=n2.

Do đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN là Jm2; n2; −n2+6n−214n−4

Theo giả thuyết cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN có bán kính bằng 72 nên OJ=72

⇔OJ2=494

⇔4n2n−12+n24+n2−6n+21216n−12=494

Û n⁴ - 4n³ - 10n² + 28n + 49 = 0

⇔n=1±22

Đáp án đúng là: D

Xét hàm số y = x⁴ + 2ax² + 8x trên ℝ.

Ta có: f '(x) = 4x³ + 4ax + 8 (*)

f '(x) = 0 Û 4x³ + 4ax + 8 = 0 ⇔a=−x2−2x (Do x = 0 không thỏa mãn nên x ¹ 0)

Xét hàm số: gx=−x2−2x trên ℝ \ {0}

 g'x=−2x+2x2.

f'x=0⇔−2x+2x2=0⇔x=1.

Bảng biến thiên của hàm số g (x):

 

Dễ thấy phương trình f (x) = 0 có ít nhất hai nghiệm phân biệt, trong đó có ít nhất một nghiệm đơn x = 0 nên yêu cầu bài toán

Û Hàm số f (x) có đúng một điểm cực trị 

Û Phương trình a = g (x) có một nghiệm đơn duy nhất Û a ³-3.

Do a nguyên âm nên a Î {-3; -2; -1}.

Vậy có 3 giá trị nguyên âm của tham số a thỏa mãn yêu cầu bài toán