Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 23)

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tập xác định của hàm số lũy thừa $y={\left[f\left(x\right)\right]}^a$ phụ thuộc vào giá trị của a.

Với a nguyên dương, tập xác định là $ℝ$;

Với a nguyên âm hoặc bằng 0, tập xác định là $ℝ\backslash \left\{0\right\}$;

Với a không nguyên, tập xác định là $\left(0,+\infty \right).$

Giải chi tiết:

Xét hàm số $y={\left(x^3-27\right)}^{\frac{\pi }{3}}$ có $a=\frac{\pi }{3}\notin \mathbb{Z}$. Do đó hàm số $y={\left(x^3-27\right)}^{\frac{\pi }{3}}$ xác định khi và chỉ khi $x^3-27>0\iff x^3>27\iff x>3.$

Vậy TXĐ của hàm số đã cho là $D=\left(3;+\infty \right)$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Số nghiệm của phương trình f(x)=a là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) với đường thẳng y=a.

Giải chi tiết:

Ta có: $f\left(x\right)-1=0\iff f\left(x\right)=1$.

Suy ra: số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=1

Từ BBT ta thấy: hai đồ thị y=f(x) và y=1 có ba giao điểm.

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Dựa vào đường TCN và TCĐ của đồ thị hàm số để xác định hàm số.

- Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ có TCN $y=\frac{a}{c}$ và TCĐ là $x=-\frac{d}{c}$.

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số đã cho có TCN y=1 và TCĐ x=1 nên chỉ có đáp án B đúng

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Sử dụng quy tắc nhân xác suất.

- Sử dụng biến cố đối.

Giải chi tiết:

Gọi xác suất bắn trúng bia của xạ thủ thứ nhất là $P_1=0,75.$

       xác suất bắn trúng bia của xạ thủ thứ hai là $P_2=0,85.$

Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng vòng 10” ⇒ Biến cố đối : $\overline{A}$“Không có xạ thủ nào bắn trúng vòng 10”.

Khi đó ta có $\overline{A}=\overline{P_1}.\overline{P_2}$.

$\begin{array}{l}\Rightarrow P\left(\overline{A}\right)=P\left(\overline{P_1}\right).P\left(\overline{P_2}\right)\\ =\left(1-0,75\right)\left(1-0,85\right)=0,0375\end{array}$

Vậy xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng vòng 10 là: $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=0,9625$.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Hàm số $y={\log }_{a}x\left(0<a\ne 1\right)$ có TXĐ $D=\left(0;+\infty \right)$, đồng biến trên D khi a>1, nghịch biến trên D khi 0<a<1.

- Hàm số $y=a^x\left(0<a\ne 1\right)$ có TXĐ $D=ℝ$, đồng biến trên D khi a>1, nghịch biến trên D khi 0<a<1.

Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

- Hàm số xác định trên $\left(0;+\infty \right)$ nên loại đáp án B và C.

- Hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ nên loại đáp án D vì $0<0,6<1$.

Vậy đồ thị đã cho là của hàm số $y={\log }_{\sqrt{6}}x$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Tính tỉ lệ thể tích $\frac{V_{S.GMN}}{V_{S.ECD}}$ dựa vào công thức tỉ lệ thể tích Simpson.

- So sánh thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao $S.ECD$ và S.ABCD, từ đó tính thể tích khối chóp S.GMN.

Giải chi tiết:

Gọi E là trung điểm của AB. Vì G là trọng tâm $\Delta SAB$ nên $\frac{SG}{SE}=\frac{2}{3}$.

Ta có:

$\frac{V_{S.GMN}}{V_{S.ECD}}=\frac{SG}{SE}.\frac{SM}{SC}.\frac{SN}{SD}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{6}$

$\Rightarrow V_{S.GMN}=\frac{1}{6}{V}_{S.ECD}$

Ta có: S.ECD và S.ABCD là hai khối chóp có cùng chiều cao nên

$\frac{V_{S.ECD}}{V_{S.ABCD}}=\frac{S_{ECD}}{S_{ABCD}}=\frac{\frac{1}{2}d\left(E;CD\right).CD}{d\left(E;CD\right).CD}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow V_{S.ECD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}$

$\Rightarrow V_{S.GMN}=\frac{1}{6}.\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{12}{V}_{S.ABCD}=\frac{V}{12}$

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất, hàm nhị thức bậc nhất không có cực trị.

- Hàm đa thức bậc ba có 0 hoặc 2 cực trị.

- Hàm đa thức bậc bốn trùng phương có 1 hoặc 3 cực trị.

Giải chi tiết:

Dễ thấy: Hàm số ở đáp án A và D không có cực trị.

Xét đáp án B: $y^{\text{'}}=4x^3+6x=0\iff 2x\left(2x^2+3\right)=0\iff x=0$ nên hàm số có 1 điểm cực trị.

Xét đáp án C: $y^{\text{'}}=3x^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$ nên hàm số có 2 điểm cực trị.

Vậy hàm số có nhiều điểm cực trị nhất là hàm số $y=x^3-3x^2+1$.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Xét 2 TH:

- TH1: $m^2-1=0$, thay m vào hàm số, xét xem hàm số có thỏa mãn nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$ hay không?

- TH2: $m^2-1\ne 0$. Hàm số y=f(x) nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$ khi và chỉ khi $y^{\text{'}}\le 0\forall x\in ℝ$

+ Tam thức bậc hai $a{x}^2+bx+c\le 0\forall x\in ℝ\iff \left\{\begin{array}{l}a<0\\ {\Delta }^{\text{'}}\le 0\end{array}\right.$.

Giải chi tiết:

TH1: $m^2-1=0\iff m=\pm 1$.

+ Với $m=1\Rightarrow y=-x$ nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$ (thỏa mãn).

+ Với $m=-1\Rightarrow y=-2x^2-x$ nghịch biến trên $\left(-\frac{1}{4};+\infty \right)$ (không thỏa mãn).

TH2: $m^2-1\ne 0\iff m\ne \pm 1$.

Khi đó ta có $y^{\text{'}}=3\left(m^2-1\right)x^2+2\left(m-1\right)x-1$.

Để hàm số nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$ thì $y^{\text{'}}\le 0\forall x\in ℝ$

$\iff 3\left(m^2-1\right)x^2+2\left(m-1\right)x-1\le 0\forall x\in ℝ$

$\iff \left\{\begin{array}{l}3\left(m^2-1\right)<0\\ {\Delta }^{\text{'}}={\left(m-1\right)}^2+3\left(m^2-1\right)\le 0\end{array}\right.$ $\iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<1\\ m^2-2m+1+3m^2-3\le 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<1\\ 4m^2-2m-2\le 0\end{array}\right.$ $\iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<1\\ -\frac{1}{2}\le m\le 1\end{array}\right.\iff -\frac{1}{2}\le m<1$

Kết hợp 2 TH ta có $m\in \left[-\frac{1}{2};1\right]$. Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{0;1\right\}$.

Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán