Giải Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 - Mã đề 103

Đáp án đúng là: A

Dựa vào bảng biến thiên ta nhận thấy:

∙ Đây là hàm y = ax³ + bx² + cx + d (a ≠ 0). Loại đáp án C và D.

∙ = −¥ Þ a < 0. Loại đáp án A.

Do đó hàm số thỏa mã là y = −x³ +3x .

Đáp án đúng là: A

Ta có ∫0313f(x)+2 dx = 13∫03f(x)dx+∫032dx = 13. 6 + 2x03= 2 + 6 = 8 .

Đáp án đúng là: B

Ta có z = (2 − i)(1 + i) = 3 + i.

Vậy phần ảo của số phức z là 1.

Đáp án đúng là: D

Ta có = e^x + C .

Đáp án đúng là: D

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy giá trị cực tiểu bằng 3 .

Đáp án đúng là: C

Ta có a =35 , b = 3² và c =36 và4<5<63>1 ⇒ 34<35<36 hay 32<35<36⇒ b < a < c.

Đáp án đúng là: B

Ta có ∫−15f(x)dx = ∫−12f(x)dx +∫25f(x)dx = 2 − 5 = −3

Đáp án đúng là: D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đường thẳng y = 1 cắt đồ thi hàm số tại 3 điểm.

Đáp án đúng là: A

Số các số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5 và 5! = 120 .

Đáp án đúng là: C

Thể tích của khối nón đã cho bằng V = 13. 3a² .2a = 2a³

Đáp án đúng là: B

2x2+1 = 2² Û x² + 1 = 2 Û x² = 1⇔x=1x=−1

Đáp án đúng là: B

log(100a) = log(100) + log a = 2 + log a

Đáp án đúng là: B

V_S.ABC =13 .S.h = 13.6.5 = 10 .

Đáp án đúng là: D

Có ∫1sin2xdx= −cotx + C suy ra F(x) = cot x trên khoảng  là một nguyên hàm của hàm số f₃(x) = −1sin2x.

Đáp án đúng là: D

Dựa vào đồ thị , điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho là (−1; −1).

Đáp án đúng là: B

Cả hai số phức w = 1 − 4i và z₁ = 5 − 4i đều có phần áo bằng − 4 nên ta chọn B.

Đáp án đúng là: A

Cho cấp số nhân (u_n) với u₁ = 3 và công bội q = 2 có số hạng tổng quát u_n = 3.2ⁿ⁻¹ .

Đáp án đúng là: C

Mặt cầu (S) : (x − 2)² + (y + 1)² + (z − 3)² = 4 có tâm là (2; −1; 3).

Đáp án đúng là: D

Gọi diện tích đáy và chiều cao tương ứng của khối chóp và khối lăng trụ là B và h

Ta có V1=13BhV2=Bh⇒V1V2=13

Đáp án đúng là: C

Cho x−2=0y−1=0z+1=0⇒x=2y=1z=−1 vậy P(2;1; −1) Î d

Đáp án đúng là: A

Phương trình mặt phẳng (Oxy) là z = 0.

Đáp án đúng là: B

Vì điểm M nằm ngoài mặt cầu S(O;R) nên OM > R.

Đáp án đúng là: B

Điểm biểu diễn số phức z = 2 + 7i là điểm có tọa độ (2; 7).

Đáp án đúng là: B

log12(2x−1)= 0 Û 2x − 1 = 1Û x = 1 .

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 .

Đáp án đúng là: C

Hàm số xác định khi x − 1 > 0 Û x > 1.

Tập xác định của hàm số là D = (1; +¥)

Đáp án đúng là: D

Ta thấy: = +¥ và= −¥.

Vậy tiệm cận đứng của hàm số đã cho là x = −2 .

Đáp án đúng là: D

Ta có : u→= (1; −4; 0)

3v→ = (−3; −6; 3)

Vậy u→ + 3v→= (−2; −10; 3)

Đáp án đúng là: C

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (– 1; 0) và (1; +∞).

Do đó đáp án C đúng.

Đáp án đúng là: C

Dựa vào đồ thị ta thấy:

TH1. Phương trình f(x) = m có đúng hai nghiệm thực phân biệt khi m = −2:

TH2. Phương trình f(x) = m có đúng hai nghiệm thực phân biệt khi m > −1:

Vậy m Î{−2; 0; 1; 2; 3; 4; 5}. Vậy có 7 giá trị m thỏa mãn.

Đáp án đúng là: C

Ta có ∫1+e2xdx= x +e^2x + C.

Đáp án đúng là: D

Phương trình z² − 2z + 5 = 0 có nghiệm là z₁ = 1 − 2i và z₂ = 1 + 2i nên ta có:

z₁² + z₂² = (1 + 2i)² + (1 − 2i)² = −6

Đáp án đúng là: A

Ta có AC = CC'2

⇒AC’ = AC2+CC'2= CC'3

Ta cóAC';(ABCD)^=(AC';AC)^  =CAC'^

sinCAC'^=CC'AC'=CC'CC'3=33

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng x – 2y + 2z + 3 = 0 là:

dA;mp=1−2.2+2.3+31+4+4=2.

Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng đã cho nên mặt cầu đó có bán kính bằng khoảng cách từ A đến mặt phẳng.

Do đó R = 2.

Mặt cầu tâm có A(1; 2; 3) và bán kính R = 2 có phương trình là:

(x – 1)² + (y – 2)² + (z – 3)² = 4.

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: (x – 1)² + (y – 2)² + (z – 3)² = 4.

Đáp án đúng là: A

log1a1b3= − log_ab⁻³ = 3log_ab

Đáp án đúng là: A

Gọi H là trung điểm của AC '

Vì ABCD.A'B'C'D'là hình lập phương nên BH(ACC'A')

ÞB,ACC'A'  = BH =12AC

Mà ABCD là hình vuông cạnh 3 nên AC =

ÞB,ACC'A'  =322

Đáp án đúng là: C

Ta có: f '(x) = 0 x + 1 = 0x = −1

Bảng xét dấu:

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (−¥; −1).

Đáp án đúng là: B

Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P).

Do d vuông góc với (P) nên d có một vectơ chỉ phương là u→ = (2; −3; −1).

Vậy phương trình của đường thẳng d là:x=2+2ty=−2−3tz=1−t .

Đáp án đúng là: A

Số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 21 .

Gọi A là biến cố: “chọn được số có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục”.

Khi đó A = {34; 35; 36; 37; 38; 39; 45; 46; 47; 48; 49} Þ n(A) = 11 .

Vậy P(A) =n(A)n(Ω) =1121 .

Đáp án đúng là: D

Đặt F(x) = G(x) + c

S =∫04F(x)−G(x)dx⇒F(x)−G(x)= 2 hay c = 2

∫04f(x)dx= F(4) − G(0) + a

Û F(4) − F(0) = F(4) − G(0) + a

Û −G(0) − c = −G(0) + a

Û a = −c

Þ a = ±2

Mà a > 0 Þ a = 2

Đáp án đúng là: A

Xét f(x) = ax⁴ + 2(a + 4)x² − 1

⇒ f’(x) = 4ax³ + 4(a + 4)x

Từ giả thiết ta có f '(1) = 0

Þ 4a + 4(a + 4) = 0 a = −2 và f(x) = −2x⁴ + 4x² − 1

Ta có f(0) = −1; f(1) = 1; f(2) = −17

Vậy = f(2) = −17

Đáp án đúng là: D

Theo đề bài aÎ, a ≥ 1 và b Π.

Trường hợp 1:4b−1<0a3b−10>0⇔b<0b>log310a

Vì có đúng hai số nguyên b thỏa mãn nên b Î {−2; −1}.

Do đó −2 >log310a ≥ −3 270 ≥ a > 90 nên a Î{91; 92;...; 270}. Có 180 giá trị của a thỏa mãn trường hợp 1.

Trường hợp 2:4b−1>0a3b−10<0⇔b>0b<log310a

Vì có đúng hai số nguyên b thỏa mãn nên b Î{1; 2}

Do đó 3 ≥ log310a> 2⇔109 > a ≥ 1027 nên a = 1. Có giá trị của a thỏa mãn trường hợp 2.

Vậy có 180 + 1 = 181 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là: A

Gọi H là tâm đáy, AB là đường kính của đáy hình nón và SC là đường kính của mặt cầu (S). Khi đó SH = 3 và ASC^  = 60°

SA =SHcos60°= 6 (đvdd)

SA²= SH.SC⇔6² = 3.SC ⇔ SC = 12

Bán kính của mặt cầu (S) là R = 6 nên diện tích của (S) là S = 4π.6² = 144π (đvdt).

Đáp án đúng là: A

Từ bảng biến thiên hàm số g(x) = ln f(x) ta có ln f(x) ≥ ln 3, ∀x Î ℝ  f(x) ≥ 3, ∀x Î ℝ.

Ta có g'(x) =f'(x)f(x)

Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số y = g(x) có 3 điểm cực trị là A(x₁; ln30), B(x₂; ln 35), C(x₃; ln 3) nên f '(x₁) = f '(x₂) = f '(x₃) = 0 và f(x₁) = 30, f(x₂) = 35, f(x₃) = 3.

Do y = f '(x) là hàm số bậc 3 nên phương trình f '(x) = 0 chỉ có tối đa 3 nghiệm x₁, x₂, x₃

Xét phương trình hoành độ giao điểm của f '(x) và g '(x) ta có

f '(x) = g '(x) ⇔ f '(x) =f'(x)f(x)

.⇔f'(x)=0f(x)=1(VN)⇔x=x1x=x2x=x3

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

S =∫x1x3g'(x)−f'(x)dx=∫x1x3f'(x)f(x)−f'(x)dx=∫x1x3f'(x).1f(x)−1dx

=∫x1x2f'(x).1f(x)−1dx+∫x2x3f'(x).1f(x)−1dx

+ Tính I₁ =∫x1x2f'(x).1f(x)−1dx =∫x1x2f'(x).1−1f(x)dx(do f '(x) ≥ 0, ∀x Î(x₁, x₂))

Đặt t = f(x) ⇒dt = f '(x) dx

Đổi cận:

x = x₁ Þ t = f(x­₁) = 30

x = x₂ Þ t = f(x₂) = 35

Suy ra I₁ = = 35 − ln 35 − 30 + ln30 = 5 + ln.

+ Tính I₂ = = (do f '(x) ≥ 0, ∀x Î(x₂, x₃)).

Đặt t = f(x) dt = f '(x)dx .

Đổi cận

x = x₂ Þ t = f(x₂) = 35

x = x₃ Þ t = f(x₃) = 3

Suy ra I₂ =∫30351−1tdt=t−lnt3035

= −(3 − ln 3 − 35 + ln 35) = 32 − ln67 .

Vậy S = 5 + ln+  = 37 +ln ≈ 34,39 Î (33; 35).

Đáp án đúng là: A

Giả sử x, y thỏa với mọi số dương a

Ta có P = x² + y² − 4x + 8y x² + y² − 4x + 8y − P = 0

Suy ra điểm M(x; y) thuộc đường tròn tâm I(2; −4) và bán kính 22+(−4)2+P =20+P

(5 − y²).3 ≥ (6x − 3t)t

⇔−3t² + 6xt − 15 + 3y² ≤ 0 (với t = log₃a)

Theo đề bài ta có đúng với mọi số thực dương a nên −3t² + 6xt − 15 + 3y² ≤ 0 đúng với mọi t Î ℝ

Do đó −3<0(3x)2+3(−15+3y2)≤0

9x² +9y² − 45 ≤ 0x² + y² ≤ 5

Suy ra tập hợp các điểm M(x; y) là hình tròn tâm O(0; 0) và bán kinh R₂ =5

Vậy để tồn tại cặp (x; y) thì đường tròn (I; R₁) và hình tròn (O; ) phải có điểm chung

Do đó IO ≤ R₁ +5 ⇔22+(−4)2 ≤20+P+5

⇔5≤20+P⇔P ≥ −15

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là −15.

Đáp án đúng là: B

Không mất tính tổng quát, giả sử z₃ = 2

Khi đó (z₁ + z₂)z₃ = 3z₁z₂ trở thành 2(z₁ + z₂) = 3z₁z_{2 ⇔1z1+1z2=32}

Đặt 1z1 = x + yi (x, y Î) ⇒1z1=32−x  − yi

Ta có z₃ = 2 và 2z1= 2z2=z3 = 2 nên z1 =z2 = 1⇔1z1 =1z2  = 1

Suy ra x2+y2=132−x2+y2=1

⇔x=34y=74y=−74⇒32−x=34−y=−74−y=+74

Do đó z₁ = 34+74i ; z₂ =34−74i

Nên tọa độ các điểm là A34;74; B34;−74; C(2; 0)

Diện tích tam giác ABC là S_ABC= 12AB.d(C; AB) =12.2.72 .2−34 =5716

Đáp án đúng là: D

Gọi hình chiếu vuông góc của điểm A(1; 2; 2) lên trục Ox là M(1; 0; 0)

Khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất nên mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là MA→ = (0; 2; 2)

Phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(1; 0; 0) và vectơ pháp tuyến MA→= (0; 2; 2) nên

0.(x − 1) + 2(y − 0) + 2(z − 0) = 0y + z = 0

Đáp án đúng là: D

(z−2).z¯−2i =z+2i2 ⇔z−2z¯−2i =z+2iz¯−2i

⇔z¯−2i.z−2−z+2i  = 0

Trường hợp 1.

z¯−2i= 0 ⇔z¯ = 2i ⇔ z = −2i

Trường hợp 2.

z−2−z+2i= 0⇔z−2 = z+2i = 0

Đặt z = x + y.i ta có z − 2 = x − 2 + y.i và z + 2i = x + (y+2).i

Khi đó

z−2=z+2i⇔ (x − 2)² + y² = x² +(y + 2)²

 ⇔x² − 4x + 4 + y² = x² + y² + 4y + 4

⇔−4x = 4y x = −y

Lại có:z2 =z−z¯⇔ x² + y² = 2y

⇔2y² = 2y⇔2y.y−1  = 0

⇔y = 0 hoặc y = ±1

Do đó ta có các số z Î {0; 1 − i; −1 + i; −2i} thỏa mãn.

Vậy có 4 số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án đúng là: A

Kẻ AHBC, ta có AA'(ABC) nên AA'BC

AHBC và AA'BC sụy ra BC(AA'H) A'HBC

Suy ra góc giữa (A'BC) và (ABC) là A'HA^ = 30°

∆A'AH vuông tại A có

tan A'HA^= AA'AH⇒ tan 30° =2aAH⇔ AH =2atan30o = 2a

∆ABC vuông cân tại A nên BC = 2.AH = 4a3

Þ S_ABC =12AH.BC = 122a3. 4a3= 12a²

Vậy thể tích của khổi lăng trụ ABC. A'B'C' là: V = S_ABC.AA’ = 12a².2a = 24a³.

Đáp án đúng là: B

Xét g(x) = x⁴ + ax² − 8x

g'(x) = 4x³ + 2ax − 8

Xét g'(x) = 04x³ +2ax − 8 = 0 ⇔−a = = 2x² − = h(x) (do x = 0 không là nghiệm)

g(x) = 0⇔x=0x3+ax−8=0⇔−a=x3−8x=x2−8x=k(x)

h’(x) = 4x +4x2 = 0⇔x = −1

k’(x) = 2x +8x2= 0⇔ x =−43

Để hàm số y = |g(x)| có đúng 3 cực trị −a  ≤ 6 Û a  ≥ −6

Mà a là số nguyên âm nên a Î {−6; −5; −4; −3; −2; −1}

Đáp án đúng là: A

I(9; 3 ; 1)  d = 3 = R Þ (S) tiếp xúc với (Oxz)

Gọi M( a; 0; 0) Î Ox⇔

N(0; 0; b) Î Oz

MN tiếp xúc với (S) tại A nên A là hình chiếu của I lên (Oxz)

Suy ra A(9; 0; 1)

Gọi K là trung điểm MN Þ Ka2;0;b2

Gọi H là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN Þ OH =132 Þ HKMN

Gọi T là trung điểm OM ÞOM⊥KTOM⊥HTÞ OM(KHT)

Þ OM  HK Þ HK (OMN)

Mà IA(OMN) Þ HK// IA

Ta có :AI→  = (0; 3; 0)

 KH→=xH−a2;yH−0;zH−b2

 AI→cùng phương KH→nên xH=a2yH=c(c≠0)zH=b2

⇒H a2;c;b2

ỌH = 132⇒a22+ c² +b24 =  1694 (1)

HI = OH =132⇒a2−92 +c−32 +b2−12=1694 (2)

Từ (1) và (2) suy ra a22+ c² +b24 =a2−92+c−32 +

b2−12

⇒9a + b + 6c = 91 (3)

 AM→= (a − 9; 0; −1)

 AN→= (−9; 0; b − 1)

A, M, N thẳng hàng a−9−9=−1b−1

(a − 2)(b − 1) = 9

ab − a − 9b + 9 = 9

ab − a − 9b = 0

a(b − 1) = 9b

a =9bb−1

Từ (3)⇒ 9.9bb−1 + b + 6c = 91

81bb−1+ b + 6c = 91

b2+80bb−1+ 6c = 91 6c = 91 −b2+80bb−1=−b2+11b−91b−1

c =−b2+11b−916(b−1)

Ta có a² + 4c² + b² = 169

⇔+ 4−b2+11b−916(b−1)2+ b² = 169

⇔9.81b² + (b⁴ + 121b² +8281− 22b³ + 182b² − 2002b) + 9b²(b − 1)² = 169 . 9 . (b − 1)²

⇔729b² + b⁴ +121b² +8281 − 22b³ + 182b² − 2002b + 9b⁴ − 18b³ +9b² = 1521b² − 3042b +1521

⇔10b⁴ − 40b³ − 480b² + 1040b +6760 = 0

b=1+33⇒a=91+3333=9+3b=1−33⇒a==91−33−33=9−3

+ Trường hợp 1: a = 9 +3 ; b = 1 + 3ÞAM→=3;0;−1 Þ AM = 2

ÞAN→=−9;0;33 ÞAN =108

AM.AN = 2.108  = 123

+ Trường hợp 2: a = 9 −3; b = 1 − 33ÞAM→=−3;0;−1 Þ AM = 2

ÞAN→=−9;0;−33 Þ AN =108

AM.AN = 2. 108 = 123