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

Đáp án đúng là: C

Thể tích của khối nón đã cho bằng V = $\frac{1}{3}$. 3a² .2a = 2a³

Đáp án đúng là: B

$2^{x^2+1}$ = 2² Û x² + 1 = 2 Û x² = 1$\mathit{\iff }$$\left[\begin{array}{c}x=1\\ x=-1\end{array}\right.$

Đáp án đúng là: B

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

Đáp án đúng là: B

V_S.ABC =$\frac{1}{3}$ .S.h = $\frac{1}{3}$.6.5 = 10 .

Đáp án đúng là: D

Có $\int \frac{1}{{\sin }^{2}x}dx$ = −cotx + C suy ra F(x) = cot x trên khoảng  là một nguyên hàm của hàm số f₃(x) = $-\frac{1}{{\sin }^{2}x}$ .

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 $\left\{\begin{array}{c}{V}_1=\frac{1}{3}Bh\\ V_2=Bh\end{array}\right.$$\Rightarrow \frac{V_1}{V_2}=\frac{1}{3}$

Đáp án đúng là: C

Cho $\left\{\begin{array}{c}x-2=0\\ y-1=0\\ z+1=0\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}x=2\\ y=1\\ z=-1\end{array}\right.\right.$  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

${\log }_{\frac{1}{2}}(2x-1)$= 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 : $\overrightarrow{u}$ = (1; −4; 0)

3$\overrightarrow{v}$  = (−3; −6; 3)

Vậy $\overrightarrow{u}$  + 3$\overrightarrow{v}$ = (−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 $\int \left(1+e^{2x}\right)dx$ = 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'$\sqrt{2}$

$\Rightarrow$AC’ = $\sqrt{A{C}^2+CC{\text{'}}^2}$ = CC'$\sqrt{3}$

Ta có$\widehat{\left(AC\text{'};\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{(AC\text{'};AC)}$  =$\widehat{CAC\text{'}}$

sin$\widehat{CAC\text{'}}=\frac{CC\text{'}}{AC\text{'}}=\frac{CC\text{'}}{CC\text{'}\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

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

$d_{\left(A;mp\right)}=\frac{\left|1-2.2+2.3+3\right|}{\sqrt{1+4+4}}=2$.

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

${\log }_{\frac{1}{a}}\frac{1}{b^3}$= − 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')

Þ$\left(B,\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)$  = BH =$\frac{1}{2}$ AC

Mà ABCD là hình vuông cạnh 3 nên AC =

Þ$\left(B,\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right)$  =$\frac{3\sqrt{2}}{2}$

Đáp án đúng là: C

Ta có: f '(x) = 0 x + 1 = 0 x = −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 $\overrightarrow{u}$  = (2; −3; −1).

Vậy phương trình của đường thẳng d là:$\left\{\begin{array}{c}x=2+2t\\ y=-2-3t\\ z=1-t\end{array}\right.$ .

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) =$\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}$ =$\frac{11}{21}$ .

Đáp án đúng là: D

Đặt F(x) = G(x) + c

S =$\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left|F\left(x\right)-G\left(x\right)\right|dx\Rightarrow \left|F\left(x\right)-G\left(x\right)\right|$ = 2 hay $\left|c\right|$  = 2

$\underset{0}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx$= 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 Î  .

Trường hợp 1:$\left\{\begin{array}{c}{4}^b-1<0\\ a{3}^b-10>0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}b<0\\ b>{\log }_3\frac{10}{a}\end{array}\right.\right.$

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

Do đó −2 >${\log }_3\frac{10}{a}$ ≥ −3 270 ≥ a > 90 nên a Î{91; 92;...; 270}. Có 180 giá trị của a thỏa mãn trường hợp 1.

Trường hợp 2:$\left\{\begin{array}{c}{4}^b-1>0\\ a{3}^b-10<0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}b>0\\ b<{\log }_3\frac{10}{a}\end{array}\right.\right.$

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

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 $\widehat{ASC}$  = 60°

SA =$\frac{SH}{\cos 60°}$ = 6 (đvdd)

SA²= SH.SC$\iff$ 6² = 3.SC $\iff$ 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) =$\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}$

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) $\iff$ f '(x) =$\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}$

.$\iff$$\left\{\begin{array}{c}f\text{'}\left(x\right)=0\\ f\left(x\right)=1\left(VN\right)\end{array}\right.$$\iff$$\left\{\begin{array}{c}x=x_1\\ x=x_2\\ x=x_3\end{array}\right.$

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

S =$\underset{x_1}{\overset{x_3}{\int }}\left|g\text{'}\left(x\right)-f\text{'}\left(x\right)\right|dx=\underset{x_1}{\overset{x_3}{\int }}\left|\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}-f\text{'}\left(x\right)\right|dx=\underset{x_1}{\overset{x_3}{\int }}\left|f\text{'}\left(x\right).\left(\frac{1}{f\left(x\right)}-1\right)\right|dx$

=$\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}\left|f\text{'}\left(x\right).\left(\frac{1}{f\left(x\right)}-1\right)\right|dx+\underset{x_2}{\overset{x_3}{\int }}\left|f\text{'}\left(x\right).\left(\frac{1}{f\left(x\right)}-1\right)\right|dx$

+ Tính I₁ =$\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}\left|f\text{'}\left(x\right).\left(\frac{1}{f\left(x\right)}-1\right)\right|dx$ =$\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}\left|f\text{'}\left(x\right).\left(1-\frac{1}{f\left(x\right)}\right)\right|dx$ (do f '(x) ≥ 0, ∀x Î(x₁, x₂))

Đặt t = f(x) $\Rightarrow$ 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 =$\underset{30}{\overset{35}{\int }}\left(1-\frac{1}{t}\right)dt={\left.\left(t-\ln \left|t\right|\right)\right|}_{30}^{35}$

= −(3 − ln 3 − 35 + ln 35) = 32 − ln$\frac{6}{7}$ .

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 $\sqrt{2^2+{(-4)}^2+P}$  =$\sqrt{20+P}$

(5 − y²).3 ≥ (6x − 3t)t

$\iff$−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 $\left\{\begin{array}{c}-3<0\\ {\left(3x\right)}^2+3(-15+3y^2)\le 0\end{array}\right.$

9x² +9y² − 45 ≤ 0 x² + y² ≤ 5

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

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

Do đó IO ≤ R₁ +$\sqrt{5}$ $\iff$$\sqrt{2^2+{(-4)}^2}$ ≤$\sqrt{20+P}+\sqrt{5}$

$\iff$$\sqrt{5}$≤$\sqrt{20+P}$$\iff$ 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 $\iff$$\frac{1}{z_1}+\frac{1}{z_2}=\frac{3}{2}$}

Đặt $\frac{1}{z_1}$ = x + yi (x, y Î ) $\Rightarrow$$\frac{1}{z_1}$ =$\left(\frac{3}{2}-x\right)$  − yi

Ta có z₃ = 2 và 2$\left|z_1\right|$ = 2$\left|z_2\right|$ =$\left|z_3\right|$ = 2 nên $\left|z_1\right|$  =$\left|z_2\right|$ = 1$\iff$$\left|\frac{1}{z_1}\right|$ =$\left|\frac{1}{z_2}\right|$  = 1

Suy ra $\left\{\begin{array}{c}{x}^2+y^2=1\\ {\left(\frac{3}{2}-x\right)}^2+y^2=1\end{array}\right.$

$\iff$$\left\{\begin{array}{c}x=\frac{3}{4}\\ \left[\begin{array}{c}y=\frac{\sqrt{7}}{4}\\ y=-\frac{\sqrt{7}}{4}\end{array}\right.\end{array}\right.$$\Rightarrow$$\left\{\begin{array}{c}\frac{3}{2}-x=\frac{3}{4}\\ \left[\begin{array}{c}-y=-\frac{\sqrt{7}}{4}\\ -y=+\frac{\sqrt{7}}{4}\end{array}\right.\end{array}\right.$

Do đó z₁ = $\frac{3}{4}+\frac{\sqrt{7}}{4}i$  ; z₂ =$\frac{3}{4}-\frac{\sqrt{7}}{4}i$

Nên tọa độ các điểm là A$\left(\frac{3}{4};\frac{\sqrt{7}}{4}\right)$ ; B$\left(\frac{3}{4};-\frac{\sqrt{7}}{4}\right)$ ; C(2; 0)

Diện tích tam giác ABC là S_ABC= $\frac{1}{2}$ AB.d(C; AB) =$\frac{1}{2}$ .2.$\frac{\sqrt{7}}{2}$ .$\left(2-\frac{3}{4}\right)$  =$\frac{5\sqrt{7}}{16}$

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 $\overrightarrow{MA}$ = (0; 2; 2)

Phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(1; 0; 0) và vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{MA}$= (0; 2; 2) nên

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

Đáp án đúng là: A

Kẻ AH BC, ta có AA' (ABC) nên AA' BC

AH BC và AA' BC sụy ra BC (AA'H) A'H BC

Suy ra góc giữa (A'BC) và (ABC) là $\widehat{A\text{'}HA}$  = 30°

∆A'AH vuông tại A có

tan $\widehat{A\text{'}HA}$ = $\frac{AA\text{'}}{AH}$$\Rightarrow$  tan 30° =$\frac{2a}{AH}$$\iff$ AH =$\frac{2a}{\tan {30}^o}$ = 2a

∆ABC vuông cân tại A nên BC = 2.AH = 4a$\sqrt{3}$

Þ S_ABC =$\frac{1}{2}$ AH.BC = $\frac{1}{2}$ 2a$\sqrt{3}$ . 4a$\sqrt{3}$ = 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) = 0 4x³ +2ax − 8 = 0 $\iff$ −a = = 2x² − = h(x) (do x = 0 không là nghiệm)

g(x) = 0$\iff$$\left[\begin{array}{c}x=0\\ x^3+ax-8=0\iff -a=\frac{x^3-8}{x}=x^2-\frac{8}{x}=k\left(x\right)\end{array}\right.$

h’(x) = 4x +$\frac{4}{x^2}$ = 0$\iff$ x = −1

k’(x) = 2x +$\frac{8}{x^2}$ = 0$\iff$ x =$\sqrt[3]{-4}$

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$\iff$

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 K$\left(\frac{a}{2};0;\frac{b}{2}\right)$

Gọi H là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN Þ OH =$\frac{13}{2}$ Þ HK MN

Gọi T là trung điểm OM Þ$\left.\begin{array}{c}OM\perp KT\\ OM\perp HT\end{array}\right\}$ Þ OM (KHT)

Þ OM  HK Þ HK (OMN)

Mà IA (OMN) Þ HK// IA

Ta có :$\overrightarrow{AI}$  = (0; 3; 0)

 $\overrightarrow{KH}$=$\left(x_H-\frac{a}{2};y_H-0;z_H-\frac{b}{2}\right)$

 $\overrightarrow{AI}$cùng phương $\overrightarrow{KH}$ nên $\left\{\begin{array}{c}{x}_H=\frac{a}{2}\\ y_H=c(c\ne 0)\\ z_H=\frac{b}{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow$H $\left(\frac{a}{2};c;\frac{b}{2}\right)$

ỌH = $\frac{13}{2}$$\Rightarrow$$\frac{a^2}{2}$ + c² +$\frac{b^2}{4}$ =  $\frac{169}{4}$ (1)

HI = OH =$\frac{13}{2}$$\Rightarrow$${\left(\frac{a}{2}-9\right)}^2$ +${\left(c-3\right)}^2$ +${\left(\frac{b}{2}-1\right)}^2$ =$\frac{169}{4}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{a^2}{2}$ + c² +$\frac{b^2}{4}$ =${\left(\frac{a}{2}-9\right)}^2$ +${\left(c-3\right)}^2$ +

$\Rightarrow$9a + b + 6c = 91 (3)

 $\overrightarrow{AM}$= (a − 9; 0; −1)

 $\overrightarrow{AN}$= (−9; 0; b − 1)

A, M, N thẳng hàng $\frac{a-9}{-9}=\frac{-1}{b-1}$

(a − 2)(b − 1) = 9

ab − a − 9b + 9 = 9

ab − a − 9b = 0

a(b − 1) = 9b

a =$\frac{9b}{b-1}$

Từ (3)$\Rightarrow$ 9.$\frac{9b}{b-1}$ + b + 6c = 91

$\frac{81b}{b-1}$+ b + 6c = 91

$\frac{b^2+80b}{b-1}$+ 6c = 91 6c = 91 −$\frac{b^2+80b}{b-1}$ =$\frac{-b^2+11b-91}{b-1}$

c =$\frac{-b^2+11b-91}{6(b-1)}$

Ta có a² + 4c² + b² = 169

$\iff$+ 4${\left(\frac{-b^2+11b-91}{6(b-1)}\right)}^2$ + b² = 169