Thứ sáu, 29/03/2024
IMG-LOGO

Đề thi THPT Quốc gia môn Toán học năm 2022 chọn lọc, có lời giải ( Đề 20)

  • 26497 lượt thi

  • 50 câu hỏi

  • 90 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Có bao nhiêu số có bốn chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1,2,3,4,5?

Xem đáp án

Chọn A

Số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau được tạo thành từ các chữ số 1,2,3,4,5 là một chỉnh hợp chập 4 của 5 phần tử

Vậy có A54 số cần tìm


Câu 2:

Cho một cấp số cộng có u4=2, u2=4. Hỏi u1 bằng bao nhiêu?

Xem đáp án

Chọn C

Theo giả thiết ta có

u4=2u2=4u1+3d=2u1+d=4u1=5d=1.


Câu 3:

Cho hàm số y=f(x) xác định và liên tục trên khoảng ;+, có bảng biến thiên như hình sau:

VietJack

Mệnh đề nào sau đây đúng ?

Xem đáp án

Chọn B

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng ;1, suy ra hàm số cũng đồng biến trên khoảng ;2.


Câu 4:

Cho hàm số y=f(x) xác định, liên tục trên R có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

VietJack

Xem đáp án

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=1, yCÐ=5; đạt cực tiểu tại x=0, yCT=4; hàm số không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất


Câu 5:

Cho hàm số f(x) có đạo hàm f'x=xx122x+3. Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực trị?

Xem đáp án

Chọn C

Ta có bảng xét dấu sau:

VietJack

Từ đó f'(x) chỉ đổi dấu tại x=32;x=0 nên hàm số chỉ có 2 cực trị.


Câu 7:

Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?

VietJack

Xem đáp án

Chọn C

Từ đồ thị hàm số y=f(x) ta có limx+fx=+. Nên loại hai đáp án A, B.

Đồ thị đi qua điểm có tọa độ 2;2 Suy ra hàm số cần tìm là y=x33x2+2.


Câu 8:

Cho đồ thị hàm số y=f(x). Tìm m để đồ thị hàm số f(x)+1=m có đúng 3 nghiệm.

VietJack

Xem đáp án

Chọn B

Ta có fx+1=mfx=m1.

f(x)=m-1 là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y=f(x) và đường thẳng y=m-1 (là đường thẳng vuông góc với Ox và cắt Oy tại điểm có tung độ là m-1).

VietJack

Để phương trình fx=m1 có đúng 3 nghiệm thì 0<m1<41<m<5.


Câu 9:

Cho số thực a thỏa mãn 0<a1. Tính giá trị của biểu thức T=logaa2.a23.a45a715.

Xem đáp án

Chọn A

Ta có: T=logaa2.a23.a45a715=logaa2.a23.a45a715=logaa2+23+45a715=logaa2+23+45715=logaa3=3.


Câu 10:

Đạo hàm của hàm số y=log22x+1 trên khoảng 12;+ là

Xem đáp án

Chọn B

Tập xác định D=12;+.

Ta có y'=log22x+1'=2x+1'2x+1ln2=22x+1ln2


Câu 11:

Cho hai số dương a, b với a1. Đặt M=logab. Tính M theo N=logab.

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: M=logab=loga12b=2logab=2N. Vậy M=2N.


Câu 12:

Tập nghiệm S của bất phương trình 5x+2<125x là

Xem đáp án

Chọn D

Ta có 5x+2<125x5x+2<52x2<x.

Tập nghiệm S của bất phương trình 5x+2<125x là S=2;+.


Câu 13:

Nghiệm của phương trình log52x=2 là:

Xem đáp án

Chọn C

Ta có: log52x=22x=25x=252


Câu 14:

Cho hàm số f(x)=4x32. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: f(x)dx=4x32dx=x42x+C.


Câu 15:

Cho hàm số f(x)=sin3x. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: f(x)dx=sin3xdx=13cos3x+C


Câu 16:

Nếu 34fxdx=2 và 45fxdx=6 thì 35fxdx

Xem đáp án

Chọn A

Ta có: 35fxdx=34fxdx+45fxdx=26=4


Câu 17:

Tích phân 231xdx bằng

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: 231xdx=lnx23=ln3ln2=ln32


Câu 18:

Số phức liên hợp của số phức z=2-4i là

Xem đáp án

Chọn B

Số phức liên hợp của số phức z=2-4i là z¯=2+4i.


Câu 19:

Cho hai số phức z=-3+2i và w=4-i. Số phức zw¯ bằng

Xem đáp án

Chọn B

Ta có: w¯=4+i. Suy ra: zw¯=3+2i4i=7+i


Câu 20:

Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức 32.i có tọa độ là

Xem đáp án

Chọn D  

Điểm biểu diễn hình học của số phức z=32.i là điểm M0;32.


Câu 22:

Một hình lập phương có độ dài cạnh bằng a2. Thể tích khối lập phương đó là

Xem đáp án

Chọn B  

Thể tích khối lập phương là: V=a23=2a32.


Câu 23:

Thể tích V của khối nón có bán kính đáy bằng 3cm và chiều cao bằng 4cm là: 

Xem đáp án

Chọn D  

Thể tích khối nón là: V=13πr2h=13π.32.4=12π


Câu 24:

Một hình trụ có bán kính đáy bằng a và có thiết diện qua trục là một hình vuông. Tính diện tích xung quanh của hình trụ

Xem đáp án

Chọn C

Hình trụ có bán kính đáy bằng r=a nên đường kính đáy bằng 2a.

Suy ra thiết diện qua trục là hình vuông có cạnh bằng 2a. Do đó: chiều cao h=2a.

Diện tích xung quanh của hình trụ là: Sxq=2πrh=2π.a.2a=4πa2.


Câu 25:

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2;-3;-6) và B(0;5;2). Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là

Xem đáp án

Chọn B

Vì I là trung điểm AB nên IxA+xB2;yA+yB2;zA+zB2.

 Vậy I(1;1;-2).


Câu 26:

Trong không gian Oxyz, mặt cầu (S):(x1)2+y2+(z+3)2=16 có bán kính bằng

Xem đáp án

Chọn A

Mặt cầu có phương trình (xa)2+(yb)2+(zc)2=R2 thì bán kính bằng R.

Do đó mặt cầu (S) có R2=16. Vậy mặt cầu có bán kính R=4.


Câu 27:

Trong không gian Oxyz, mặt phẳng nào dưới đây đi qua điểm M(0;52;1)?

Xem đáp án

Chọn C

 Thay tọa độ của điểm M trực tiếp vào các phương trình để kiểm tra.

 Ta có (P3):4.02.52+12.(1)+17=0.

Vậy  mặt phẳng (P3):4x2y+12z+17=0 đi qua điểm M(0;52;1).


Câu 28:

Trong không gian Oxyz, vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua gốc tọa độ và trung điểm của đoạn thẳng AB với A(0;2;3),B(2;2;1)? 

Xem đáp án

Chọn B

Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB, ta có M(1;0;2).

 Ta có OM=(1;0;2) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng OM

 Vậy chọn đáp án B.


Câu 30:

Hàm số nào dưới đây đồng biến trên R?

Xem đáp án

Chọn C

Xét đáp án C.

Hàm số đã cho có TXĐ: D=R

y=x3+xy'=3x2+1>0,x hàm số đồng biến trên R 


Câu 31:

Gọi M,m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)=2x11x trên đoạn [2;4]. Tính A=3M-m

Xem đáp án

Chọn C

f'(x)=1(1x)2>0;  x1

Suy ra hàm số xác định và đồng biến trên đoạn [2;4]

Vậy M=f(4)=73 và m=f(x)=-3

Suy ra A=3Mm=4


Câu 32:

Tập nghiệm của bất phương trình 722xx2149x là

Xem đáp án

Chọn C

Ta có:

722xx2149x722xx272x22xx22x2x20x2x2

Vậy S=;22;+


Câu 33:

Nếu 14(2x3f(x))dx=9 thì 122f(2x)dx bằng

Xem đáp án

Chọn A

Ta có 14(2x3f(x))dx=9x214314f(x)dx=914f(x)dx=2

Đặt t=2xdt=2dx

Đổi cận:

x=12t=1x=2t=4

Suy ra: 122f(2x)dx=1214f(t)dt=1


Câu 34:

Số phức z1 là nghiệm có phần ảo dương của phương trình bậc hai z22z+5=0.  Môđun của số phức (2i-1)z1 bằng

Xem đáp án

  Chọn B

Ta có: z22z+5=0z1=1+2iz2=12i

Suy ra: (2i1)z1=(2i1)(1+2i)=4i21=5

Vậy (2i1)z1=5


Câu 35:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnh A, cạnh BC=a, AC=a63, các cạnh bên SA=SB=SC=a32. Tính góc tạo bởi mặt bên (SAB) và mặt phẳng đáy (ABC)

Xem đáp án

VietJack

Chọn B

Gọi I là trung điểm AB, ta có: IHABABSIHABSI.

SAB,ABC=SIH^. AH=BC2=a2SH=SA2AH2=a2;

IH=AC2=a66. tanSIH^=SHIH=a2a66=3.

Vậy SAB,ABC=SIH^=π3


Câu 36:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật cạnh AB=a, BC=a3, SA vuông góc với đáy. Góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 45Ο. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD) tính theo a bằng:

Xem đáp án

Chọn A

Ta có SA(ABCD)AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD).

SC,(ABCD)^=SCA^=450 ΔSAC vuông cân tại A.

Khi đó SA=AC=AB2+BC2=2a.

VietJack

Mặt khác.

Kẻ AKBD thì BD(SAK); (SAK)(SBD) và (SAK)(SBD)=SK.

Trong mặt phẳng (SAK), kẻ AHSK thì AH(SBD).

Do đó AH=dA,(SBD).

Tam giác SAK vuông tại A có 1AH2=1AK2+1SA2=1AB2+1AD2+1SA2AH=2a5719.

Vậy dA,(SBD)=2a5719.


Câu 37:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình x2+y2+z2+2x6y+1=0. Tính tọa độ tâm I, bán kính R của mặt cầu (S).

Xem đáp án

Chọn A

Từ phương trình mặt cầu (S) suy ra tâm I(-1;3;0) và bán kính R=a2+b2+c2d=3.


Câu 38:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A1;3;4,B2;5;7, C6;3;1. Phương trình đường trung tuyến AM của tam giác là:

Xem đáp án

Chọn A

Gọi M là trung điểm của BCM2;4;4.

AM1;1;8.

Phương trình đường trung tuyến AM của tam giác là: x=1+ty=3tz=48t          t.


Câu 39:

Cho hàm số đa thức y=f(x) có đạo hàm trên R. Biết rằng f(0)=0, f3=f32=194 và đồ thị hàm số y=f'(x) có dạng như hình vẽ.

VietJack

Hàm số gx=4fx+2x2 giá trị lớn nhất của g(x) trên 2;32

Xem đáp án

Chọn D

Xét hàm số hx=4fx+2x2 xác định trên .

Hàm số f(x) là hàm đa thức nên h(x) cũng là hàm đa thức và h0=4f0+2.0=0

Khi đó h'x=4f'x+4xh'x=0f'x=x.                     

VietJack

Dựa vào sự tương giao của đồ thị hàm số y=f'(x) và đường thẳng y=-x, ta có h'x=0x3;0;32

Ta có bảng biến thiên như sau:

VietJack

Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số gx=hx như sau

VietJack

Vậy giá trị lớn nhất của g(x) trên 2;32292.


Câu 40:

Số giá trị nguyên dương của m để bất phương trình 2x+222xm<0 có tập nghiệm chứa không quá 6 số nguyên là:

Xem đáp án

Chọn C

Ta có: bất phương trình 2x+222xm<0

2x+22>02xm<02x+22<02xm>02x+2>22x<m2x+2<22x>mx+2>12x<log2mx+2<12x>log2mx>32x<log2mx<32x>log2m  *

32<x<log2m.

(Vì m1log2m0 nên (*) vô nghiệm).

Bất phương trình đã cho có tập nghiệm chứa không quá 6 số nguyên

log2m5m25m32

Mà m nguyên dương nên m1;2;3;....32.

Vậy có 32 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.


Câu 41:

Cho hàm số fx=x2+ax+bkhix2x3x28x+10khix<2. Biết hàm số có đạo hàm tại điểm x=2. Tính I=04fxdx

Xem đáp án

Chọn D

— Hàm số có đạo hàm tại f2=limx2+fx=limx2fx4+2a+b=22a+b=6.(1)

— Có limx2fxf2x2=limx2x3x28x+1042abx2   =   limx2x3x28x+12x2

=limx2x22x+3x2=limx2x2x+3=0;

limx2+fxf2x2=limx2+x2+ax+b42abx2=limx2+x2x+2+ax2

=limx2+x+a+2=a+4.

Hàm số có đạo hàm tại x=2 nên hàm số liên tục tại x=2

suy ra   limx2+fxf2x2=limx2fxf2x2a+4=0a=4.(2)

Từ (1) và (2) suy ra a=-2 và b=4

Khi đó

fx=x24x+2  khi   x2x3x28x+10    khi   x<2.

I=04fxdx=02fxdx+24fxdx

=02x3x28x+10dx+24x24x+2dx=x44x334x2+10x20+x332x2+2x42=16343=4

Vậy I=4.


Câu 42:

Cho hai số phức z,w thỏa mãn zi=2 và w=z1+iz2i. Tìm giá trị nhỏ nhất của w.

Xem đáp án

Chọn C

Ta có:

w=z1+iz2iwz2wwi=z1+izw1=2w+wi1+i

z=2w+wi1+iw1zi=2w+wi1+iw1izi=2w1+2iw1

zi=2w1+2iw12w1=2w1+2i  1

Đặt w=x+yix,y,  i2=1, ta có:

12x+yi1=2x+2yi1+2i2x12+y2=2x12+2y+22

4x28x+4+4y2=4x24x+1+4y2+8y+44x+8y+1=0.

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức  là đường thẳng  có phương trình 4x+8y+1=0.

Vậy wmin=dO,d=142+82=520.


Câu 43:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và SA=a3, góc giữa SA mặt phẳng (SBC) bằng 450(tham khảo hình bên). Thể tích khối chóp S.ABC bằng

VietJack

Xem đáp án

Chọn D

VietJack

Gọi M là trung điểm của BC

Do tam giác ABC đều  nên AMBC

AMBCSABCBC(SAM)

Kẻ AHSM

Ta có BCAHSMAHAH(SBC)

SA,(SBC)^=SA,SH^=ASH^=450

Suy ra ΔASM vuông cân tại A

Ta có SA=AM=a3

Suy ra AB=BC=AC=2a

Vậy VS.ABC=13SABC.SA=a3.


Câu 45:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(0;2;0) và hai đường thẳng

Δ1:x=1+2ty=22tz=1+t,    (t);          Δ2:x=3+2sy=12sz=s,    (s).

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M song song với trục Ox, sao cho (P) cắt hai đường thẳng Δ1,  Δ2 lần lượt tại A,B thoả mãn AB=1. Mặt phẳng (P) đi qua điểm nào sau đây?

Xem đáp án

Chọn D

Ta có: AΔ1A(1+2t;22t;1+t);   BΔ2B(3+2s;12s;s).

Suy ra AB=2+2(st);32(st);  1+(st)

AB2=19(st)2+22(st)+14=1st=1st=139.

+ Với st=1AB=(0;1;0)(P) có một vtpt n1=AB;  i=(0;0;1), suy ra (P):z=0 (loại do (P) chứa trục Ox).

+ Với st=139AB=89;19;49,suy ra (P) có một vtpt n2=AB;  i=(0;49;  19),

suy ra (P):4yz8=0 (thỏa mãn bài toán).

+ Kiểm tra các đáp án ta chọn D


Câu 46:

Cho f(x) là hàm bậc bốn thỏa mãn f(0)=0. Hàm số f'(x) đồ thị như sau:

VietJack

Hàm số gx=fx3x3x có bao nhiêu điểm cực trị ?

Xem đáp án

Chọn A

Do f(x) là hàm bậc bốn và từ đồ thị của f'(x), ta có: f'(x) bậc ba có 2 điểm cực trị là -1;1 nên f''x=ax21.

Suy ra f'x=ax33x+b.

 Do f'0)=-3 và f'1=1 nên b=3a13+1+b=1a=3b=3.

Suy ra f'x=3x33x3

Xét hàm số hx=fx3x3x, có h'x=3x2f'x33x21.

h'x=0f'x3=3x2+13x2(1)

Bảng biến thiên của f'(x)

VietJack

Dựa vào bảng biến thiên ta có

+ Với x;0: f'x<0f'x3<0, mà 3x2+13x2>0 suy ra (1) vô nghiệm trên ;0

+ Trên 0;+: f'x3;+f'x33;+ đồng biến suy ra f'x3 đồng biến mà hàm số y=3x2+13x2 nghịch biến nên phương trình (1) có không quá 1 nghiệm. Mặt khác, hàm số y=f'x33x2+13x2 liên tục trên 0;+ và limx0+f'x33x2+13x2=limx+f'x33x2+13x2=+

Nên (1) có đúng 1 nghiệm x=x0>0.

Bảng biến thiên của h(x):

VietJack

Từ đó ta có hx0<0 nên phương trình h(x)=0 có hai nghiệm thực phân biệt. Mặt khác gx=hx=hx  khi hx0hx  khi hx<0.

Từ đó hàm số  có 3 điểm cực trị.


Câu 47:

Cho phương trình m.2x24x1+m2.22x28x1=7log2x24x+log2m+3, m( là tham số) . Có bao nhiêu số nguyên dương m sao cho phương trình đã cho có nghiệm thực

Xem đáp án

Chọn D

Điều kiện: x24x+log2m>0

              m.2x24x1+m2.22x28x1=7log2x24x+log2m+32x24x+log2m+4x24x+log2m=14log2x24x+log2m+6

Đặt x24x+log2m=t,(t>0). Phương trình trở thành 2t+4t=14log2t+6   *

 Xét hàm số ft=2t+4t14log2t6 trên 0;+

Ta có f't=2tln2+4tln414tln2

f''t=2tln22+4tln24+14t2ln2>0,t0;+

Suy ra hàm số f'(x) đồng biến trên 0;+. Do đó phương trình f(t)=0 hay phương trình (*) có nhiều nhất 2 nghiệm

Ta thấy t=1, t=2 thỏa mãn (*). Do đó phương trình    *t=1t=2

t=1x24x+log2m=1x24x1+log2m=0    1

t=1x24x+log2m=2x24x2+log2m=0     2

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) hoặc (2) có nghiệm

 (1) có nghiệm khi và chỉ khi Δ'04log2m10log2m5m32.

 (2) có nghiệm khi và chỉ khi Δ'04log2m20log2m6m64.

Do đó phương trình đã cho có nghiệm m64. kết hợp m nguyên dương. Vậy có 64 số


Câu 48:

Cho hàm số y=ax+bcx+d có đồ thị (C). Gọi giao điểm của hai đường tiệm cận là I. Điểm M0x0;y0 di động trên (C), tiếp tuyến tại đó cắt hai tiệm cận lần lượt tại A, B và SΔIAB=2. Tìm giá trị IM02 sao cho S1+S2SΔIAB=1 (với S1,S2 là 2 hình phẳng minh họa bên dưới)

VietJack

Xem đáp án

Chọn B

Nhận thấy kết quả bài toán không thay đổi khi ta tịnh tiến đồ thị (C) theo IO. Khi đó hai tiệm cận của (C) là hai trục tọa độ.

Và hàm số của đồ thị (C) trở thành: y=αx  α>0y'=αx2.

Gọi d là tiếp tuyến tại M0x0;y0d:y=αx02xx0+αx0=αx02x+2αx0

Suy ra: Oxd=A2x0;0 và Oyd=B0;2αx0

SΔOAB=12OA.OB=2α2a=2α=1

cy=1x,  d:y=1x02x+2x0,  B0;2x0,  Cx02;2x0

S1=12x02xo1x0x02x02x01xdx=3x0212

S2=x02x01xdx122x0x01x0=34x0212

Theo giả thiết S1+S2SΔIAB=1S1+S2=SΔIAB3x02+34x021=2x02=54y02=45

Vậy IM02=x02+y02=4120.


Câu 49:

Cho hai số phức z1,z2 thỏa mãn z1+z2=3+4i và z1z2=5. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức P=z1+z2

Xem đáp án

Chọn B

Đặt z1=a+biz2=c+di a,b,c,d.

Theo giả thiết ta có : z1+z2=3+4iz1z2=5a+c=3b+d=4ac2+bd2=5.

Xét P=z1+z2=a2+b2+c2+d21+1.a2+b2+c2+d2.

Mà a2+b2+c2+d2=a+c2+b+d2+ac2+bd22=32+42+522=25.

Nên P52.


Câu 50:

Một hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng a3, góc ở đỉnh là 1200. Thiết diện qua đỉnh của hình nón là một tam giác. Diện tích lớn nhất Smax của thiết điện đó là bao nhiêu?

Xem đáp án

Chọn A

VietJack

Giả sử O là tâm đáy và AB là một đường kính của đường tròn đáy hình nón. Thiết diện qua đỉnh của hình nón là tam giác cân SAM. Theo giả thiết hình nón có bán kính đáy R=OA=a3 cm, ASB^=1200 nên . Xét tam giác SOA vuông tại O, ta có: sin600=OASASA=OAsin600=2a.

Diện tích thiết diện là: SΔSAM=12SA.SM.sinASM^=122a.2a.sinASM^=2a2sinASM^

Do 0<sinASM^1 nên SΔSAM lớn nhất khi và chỉ khi sinASM^=1 hay khi tam giác ASM vuông cân tại đỉnh S (vì ASB^=1200>900 nên tồn tại tam giác ASM thỏa mãn).

Vậy diện tích thiết diện lớn nhất là: Smax=2a2 (đvtt).

 


Bắt đầu thi ngay