ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 7 - Fanpage| Nguyễn Bảo Vương - />
Câu 1.

PHẦN 1. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 5-6 ĐIỂM
Cho hàm số f  x  có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Số điểm cực trị của hàm số là
A. 3 .

B. 2 .

C. 1 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn B
Câu 2.

Từ bảng xét dấu suy ra số điểm cực trị của hàm số là 2 .
Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình vẽ bên?

A. y 

2x 1
.

x 1

B. y 

2x  1
.
x 1

C. y 

1 2x
.
x 1

D. y 

2x  1
.
x 1

Lời giải
Chọn A
Từ đồ thị ta có: Tiệm cận đứng x   1 , Tiệm cận ngang y  2 . Đồ thị cắt Oy tại  0; 1
Câu 3.

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. y  2 .

2
B. y   .

3

3x  2
là đường thẳng có phương trình
x2
C. y  3 .

D. y 

3
.
2

Lời giải
Chọn C

Facebook Nguyễn Vương Trang 1


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
2
3
3x  2
x  3.
Ta có: lim
 lim
x  x  2
x 
2
1

x
2
3
3x  2
x  3.
lim
 lim
x  x  2
x 
2
1
x
Từ đó ta có kết luận đường thẳng y  3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Câu 4.

Cho hàm số f  x  liên tục trên  và có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên dưới.

Số nghiệm của phương trình f  x   2  0 trên đoạn  2;3 là
B. 2 .

A. 3 .

C. 4 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn A
Ta có f  x   2  0  f  x   2

Dựa vào đồ thị ta thấy có 3 nghiệm trên đoạn  2;3 .
Câu 5.

Cho hàm số y  f  x  là hàm đa thức bậc ba và có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Khẳng định nào
sau đây là sai ?
y
1
1

x

O

1

3

A. Hàm số nghịch biến trên  1;1 .

B. Hàm số đồng biến trên   ;  1  1;    .

C. Hàm số đồng biến trên 1;    .

D. Hàm số đồng biến trên   ;  1 .

Lời giải
Chọn B
Hàm số đồng biến trên   ;  1  1;    là khẳng định sai
Câu 6.


Cho hàm số y  x 

1
, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên  1;2 là
x2

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

9
A. m  .
4

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

1
B. m  .
2

C. m  0 .

D. m  2 .

Lời giải
Chọn C
Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có: x   1;2 Ta có

y  x


1
1
 x2
2 2
x2
x2

 x  2 .

Dấu x   1;2 xảy ra khi: x  2 

1
 2 hay y  0 .
x2

1
2
  x  2   1  x  1
x2

Vậy giá tri nhỏ nhất của hàm số trên  1;2 là m  0 .
Câu 7.

Cho cấp số cộng  un  với u1  10 , u2  13 . Giá trị của u4 là
A. u4  18 .

B. u4  16 .

C. u4  19 .


D. u 4  20 .

Lời giải
Chọn C
Công sai của cấp số cộng là d  u2  u1  13  10  3 .

u4  u1  3d  10  9  19 .
Câu 8.

Cho tập hợp M  1; 2;3; 4;5 . Số tập hợp con gồm hai phần tử của tập hợp M là
B. A52 .

A. 11 .

D. C52 .

C. P2 .

Lời giải
Chọn D
Số tập hợp con gồm hai phần tử của tập hợp M là C52 .
3

Câu 9.

Tìm đạo hàm của hàm số y  x 4  x  0  ta được
A. y 

3 14
x .

4

B. y   x



1
4

.

C. y 

1
44 x

.

D. y 

3
44 x

.

Lời giải
Chọn D

3 1
3

Ta có: y  . 4  4 .
4 x 4 x
Câu 10. Tập nghiệm của bất phương trình log 2  x  1  3 là
A. S   1;8  .

B. S   1;7  .

C. S   ;8  .

D. S   ;7  .

Lời giải
Chọn B

x 1  0
 x  1

 1  x  7
Ta có log 2  x  1  3  
3
x 1  8
x 1  2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình log 2  x  1  3 là S   1;7 
a5
 2 . Giá trị của biểu thức loga b bằng
4
b
1
C. 4 .
D. .

4
Lời giải

Câu 11. Cho a , b là các số thực dương và a khác 1, thỏa log a3
A. 4 .

1
B.  .
4

Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Ta có: log a3

a5 1
a5 1
1
1


log
 log a a 5  log a 4 b   5  log a b  .
a
4
4
3

4
b 3
b 3






a5
1
1
1

 2   5  log a b   2  5  log a b  6  log a b  4.
4
3
4
4
b


Câu 12. Với x  0 , đạo hàm của hàm số y  ln 2 x là
1
2
1
x
A.
.
B. .

C. .
D. .
x
x
2x
2
Lời giải
Chọn B
2x  1
y  ln 2 x    
2x
x

Khi đó log a3

2

Câu 13. Số nghiệm nguyên của phương trình 2012 x  4084441 là
A. 3 .
B. 2 .
C. 0 .
Lời giải
Chọn C

D. 1.

2

Ta có: 2012 x  4084441  x 2  log 2012 4084441  x 2  2  x   2 .
Suy ra phương trình khơng có nghiệm nguyên.

1

Câu 14. Nếu



1

f  x  dx  2 và

0

1

 g  x  dx  7 thì  2 f  x   3g  x  dx bằng
0

A. 25 .

0

C. 17 .
Lời giải

B. 12 .

D. 25 .

Chọn A
1


1

1

 2 f  x   3g  x  dx  2 f  x  dx  3 g  x  dx  2. 2  3.7  25 .
0

0

0

Câu 15. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   4 x3  sin 3x là
1
A. x 4  cos 3 x  C .
3

1
B. x 4  cos 3 x  C . C. x 4  3 cos 3 x  C .
3
Lời giải

D. x 4  3 cos 3 x  C .

Chọn A
1
 sin 3 x  dx  x 4  cos 3 x  C .
3
3
Câu 16. Cho hàm số f  x   2 x  3 . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?


Ta có

 4x

3

1

4

 3x  C .

B.

 f  x  dx  2 x

1

4

C .

D.

 f  x  dx  2 x

A.

 f  x  dx  4 x


C.

 f  x  dx  2 x

4

1

 3x  C .
4

 3x  C .

Lời giải
Chọn D
Ta có
Câu 17. Biết

 f  x  dx    2 x

3

1
1
 3  d x  2. x 4  3 x  C  x 4  3 x  C .
4
2

1


1

  f  x   2 x  dx  5 . Khi đó

 f  x  dx bằng

0

A. 3.

B. 7.

0

C. 5.
Lời giải

D. 4.

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Chọn D
1

1


1

Ta có   f  x   2 x  dx  5   f  x  dx   2 xdx  5
0

1

0

  f  x  dx  5   2 xdx  5  x 2
0

0

1
1
0

 5 1  4 .

0

Câu 18. Mô đun của số phức z  2  3i bằng
A. 5 .
B. 5 .

C. 7 .
Lời giải


D. 7 .

Chọn D
z  2  3i  7 .
Câu 19. Cho số phức z thỏa mãn 1  2i  z  3  4i . Phần ảo của số phức z bằng
A. 4 .
B. 2 .
C. 2 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn C
3  4i
 1  2i
Ta có: 1  2i  z  3  4i  z 
1  2i
Phần ảo của số phức z bằng 2
Câu 20. Trên mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn cho số phức z  3  2i có tọa độ là
A. Q  3; 2  .
B. M  3; 2  .
C. N  2;3 .
D. P  2; 3 .
Lời giải
Chọn A
Câu 21. Cho khối hộp chữ nhật có độ dài ba kích thước lần lượt là 4; 6; 8. Thể tích khối hộp chữ nhật đã
cho bằng
A. 96 .
B. 288 .
C. 64 .
D. 192 .
Lời giải

Chọn D
Ta có V  4.6.8  192 .
Câu 22. Thể tích của khối chóp có đáy là tam giác ABC vng, AB  AC  a và chiều cao a 2 là
a3 2
a3 2
a3
a3
.
.
A.
B.
C.
D.
.
.
3
6
6
3
Lời giải
Chọn D
1
a2
S ABC  AB. AC  .
2
2
1
1
a 2 a3 2
 V  h.S ABC  .a 2. 

3
3
2
6
Câu 23. Cho mặt cầu có bán kính R  3 . Diện tích mặt cầu đã cho bằng
A. 9π .

B. 108π .

C. 36π .
Lời giải

D. 27π .

Chọn C
Diện tích mặt cầu : S  4πR 2  4.π.32  36π .
Câu 24. Khối trụ trịn xoay có đường cao và bán kính đáy cùng bằng 1 thì thể tích bằng
1
2
A.  .
B.  .
C. 2 .
D.  .
3
Lời giải
Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Chọn A

Thể tích khối trụ là V   r 2 h   .12.1   .
Câu 25. Trong không gian Oxyz , mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  1  0 có tâm là
A. I 1; 2; 0  .

B. I  2; 4; 0  .

C. I  1; 2; 0  .

D. I  1; 2;1 .

Lời giải
Chọn A
Câu 26. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   :  x  2 y  z  7  0 . Vectơ nào dưới đây là một vectơ
pháp tuyến của  

A. n4   1;1; 7  .


B. n1   2;1; 7  .


C. n3   1; 2; 7  .


D. n2   1; 2;1 .

Lời giải
Chọn D

Mặt phẳng   :  x  2 y  z  7  0 có một vectơ pháp tuyến là n2   1; 2;1 .

Câu 27. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 đi qua điểm nào dưới đây?
A. M 1;1; 1 .

B. N  1; 1;1 .

C. P 1;1;1 .

D. Q  1;1;1 .

Lời giải
Chọn B
Thay tọa

độ

điểm

N  1; 1;1

 1   1 1  3  0 (t/m) nên  P 

vào

phương

trình

 P : x  y  z  3  0

ta


được

đi qua điểm N  1; 1;1 .

Câu 28. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  2; 2; 2  , B  3;5;1 , C 1; 1; 2  . Tìm tọa độ trọng tâm
G của tam giác ABC .
A. G  2;5; 2  .
B. G  0; 2; 1 .
C. G  0; 2;3  .
D. G  0; 2; 1 .
Lời giải
Chọn D

2   3   1
 xG 
3

 xG  0
2  5   1


  yG  2 hay G  0; 2; 1 .
Ta có  yG 
3

 z  1
G




2

1


2
 
 
z

 G
3

PHẦN 2. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 7-8 ĐIỂM
Câu 29. Cho hàm số y  f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Biết rằng f (0)  1; f (2)  2 . Hỏi có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn  10;10 để hàm số
( m  1) f ( x)  20
nghịch biến trên khoảng (0; 2) ?
f ( x)  m
A. 12.
B. 6.
C. 10.
y

D. 8.

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Lời giải
m(m  1)  20  0
m(m  1)  20
Ta có y΄ 
 f ΄( x)  0, x  (0; 2)  
2
( f ( x )  m)
m  f ( x), x  (0; 2)
5  m  4
 1 m  4


 m  {1, 2, 3, 4, 3, 2}.
 5  m  2
 m  (2;1)
Chọn đáp án B.
Câu 30. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  3x 4  4(4  m) x3  12(3  m) x  2 có ba
điểm cực trị?
A. 2.
B. 3.
C. 5.
D. 4.
Lời giải
Chọn B
Ta có y΄  12 x3  12(4  m) x 2  12(3  m) nên
x  7

y΄  0  x3  4 x 2  3  x 2  1 m  m  x  4  2
.
x 1
x  7
x 2  14 x  1
, f ΄( x )  1 
Đặt f ( x)  x  4  2
.
2
x 1
x2  1









x  0
f ΄( x)  0  x 4  3x 2  14 x  0  
x  2
Lập bảng biến thiên

Hàm số y  3x 4  4(4  m) x3  12(3  m) x  2 có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình
x  7
m  x4 2
có ba nghiệm phân biệt.
x 1

Dựa vào bảng biến thiên suy ra 1  m  3 .
Vì m nên m  {0;1; 2} .
Vậy có 3 giá trị m thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 31. Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được lập từ tập E  1;2;3; 4;5 . Chọn ngẫu
nhiên một số từ tập S . Xác suất để số được chọn là một số chẵn bằng
3
3
1
2
A. .
B. .
C. .
D. .
4
5
2
5
Lời giải
Chọn D
Gọi số tự nhiên đó là: abcd .
Chọn 4 từ 5 chữ số trong tập E và xếp vào 4 vị trí có: C54 .4!  120 (cách). Do đó, tập S chứa

120 phần tử. Chọn 1 từ 120 số trong tập S có: 120 (cách)  n     120 .
Gọi A là biến cố: “số được chọn là một số chẵn”.
Chọn 1 từ 2 chữ số chẵn trong tập E và xếp vào vị trí d có: C21  2 (cách).
Chọn 3 từ 4 chữ còn lại trong tập E và xếp vào 3 vị trí cịn lại có: C43 .3!  24 (cách).
Facebook Nguyễn Vương 7


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />

Theo quy tắc nhân, ta có số cách thoả mãn cho biến cố A là: n  A  2  24  48 .
Vậy P  A  

n  A 2
 .
n  5

Câu 32. Cho hình lăng trụ đứng ABC . AB C  có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của AA
(tham khảo hình vẽ). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng  ABC  bằng

A.

a 21
.
14

B.

a 2
.
4

a 2
.
2
Lời giải

C.

D.


a 21
.
7

Chọn A

1
1
d  M ,  ABC    d  A,  ABC    d  B,  ABC   .
2
2
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của B trên AC , HB .
Ta có AC  BH , AC  BB  AC   HBB   AC  BK .
Mà HB '  BK  BK   ABC   d  B,  ABC    BK .

1
1
1
4
1
7
a 21
a 21


 2  2  2  BK 
 d  M ,  ABC   
.
2

2
2
BK
BH
BB
3a a
3a
7
14
Câu 33. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a và SA   ABCD  . Biết
Ta có

a 6
. Tính góc giữa SC và  ABCD 
3
A. 75 .
B. 45 .
SA 

C. 30 .
Lời giải

D. 60 .

Chọn C

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489


ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Ta có SA   ABCD  suy ra AC là hình chiếu của SC lên  ABCD 

Suy ra  SC ;  ABCD     SC ; CA  SCA

a 6
SA
3

  30
Xét SAC vng tại A ta có: tan SCA
 3 
 SCA
AC a 2
3
Vậy  SC ;  ABCD    30 .
Câu 34. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ sau:

Số nghiệm thực của phương trình f   3  2 f  x    0 là
A. 10 .

B. 12 .

C. 11 .
Lời giải

D. 9 .

Chọn A


f x 3
3  2 f  x   3   

3
f   3  2 f  x    0  3  2 f  x   0   f  x   .

2
3  2 f x  5

 

f
x


1
  
3
f  x   3 có 2 nghiệm, f  x   có 4 nghiệm, f  x   1 có 4 nghiệm. Các nghiệm này đều
2
phân biệt nên phương trình đã cho có 10 nghiệm.
Câu 35. Tích tất cả các nghiệm của phương trình log32 x  2 log3 x  7  0
A. 2 .
B. 7 .
C. 1.
D. 9 .
Lời giải
Chọn D
log 3 x  1  2 2

 x  31 2 2
log 32 x  2 log 3 x  7  0  

log 3 x  1  2 2
 x  31 2 2
Tích các nghiệm là 32  9

Facebook Nguyễn Vương 9


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 36. Cho hàm số y  f  x  xác định trên  \ 1;5 thoả mãn f   x  

1
, f 1  1 và
x2  4 x  5

1
f  7    ln 2 . Giá trị của biểu thức f  0   f  3  bằng
3
3
1 5
2
1
A. ln  1 .
B. ln10 .
C. ln 10  1 .
D. ln10.  ln  2018   2 .
6 4
3

6
Lời giải
Chọn A
Ta có:
1
1
1  1
1 
1 x 5
 f   x  dx   x2  4 x  5 dx    x  1 x  5 dx  6   x  5  x  1  dx  6 ln x  1  C .
1

1

1 x 5
f 1  f  0    f   x  dx  f  0   f 1   f   x  dx  1  ln
6 x 1
0
0
3

f  3  f  7  


7



1


1
1
 1  ln 2  ln 5 .
6
6

0

3

1
1 x 5
f   x  dx  f  3  f  7    f   x  dx   ln 2  ln
3
6 x 1
7

3

7

1
1
ln 2  ln 2 .
6
3

1
1 5
 ln 5  2 ln 2   1  ln  1 .

6
6 4
Câu 37. Phương trình log 3  cot x   log 4  cos x  có bao nhiêu nghiệm trong khoảng  0; 2022  ?

Vậy f  0   f  3 

A. 2020 nghiệm.

B. 2021 nghiệm.

C. 1011 nghiệm.
Lời giải

D. 2022 nghiệm.

Chọn C

cos x  0
 0  cos x  1.
Điều kiện: 
sin x  0

 cos 2 x
t
2
t
 9t
cot x  3
cot x  9


2


Đặt log3  cot x   log 4  cos x   t  
1

cos
x


t
t
cos x  4
cos x  4
cos x  4t

t



16t
 16 
 9t  144t  16t  9t  0  16t     1  0.
t
1  16
 9 
t

t


16
 16 
 16 
Xét hàm số f  t   16     1 trên , có f   t   16t.ln16    .ln  0, t  .
9
 9 
 9
1
1
 1 
 cos x 
Do đó hàm số y  f  t  luôn đồng biến trên , mà f    0  t 
2
2
 2 

 x   k 2  k    .
3

1
6065
Mà x   0; 2022   0   k 2  2022 
k
 k  0 ;1; 2 ;...;1009;1010
3
6
6
Vậy trên khoảng  0; 2022  phương trình đã cho có 1011 nghiệm.
t


Câu 38. Cho hình phẳng D giới hạn bởi đường cong y  2  cos x và các đường thẳng x  0, x 
Khối tròn xoay tạo thành khi D quay quanh trục hồnh có thể tích V bằng bao nhiêu?
A. V    1  .
B. V    1  .
C. V    1 .
D. V    1 .
Lời giải
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

2

.


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Chọn A
Khối trịn xoay tạo thành khi D quay quanh trục hồnh có thể tích là:

2



V     2  cos x  dx    2 x  sin x  02    1 
0






Câu 39. Cho số phức z có z  1  2 và w  1  3i z  2 . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là
đường tròn, tâm và bán kính của đường trịn đó là







A. I 3; 3 , R  4 .



B. I 3; 3 , R  4 .





C. I 3;  3 , R  2 . D. I





3; 3 , R  4 .

Lời giải

Chọn B
Gọi w  x  yi , x , y   .
Ta có z  1  2  1  3i z  1  2 1  3i


  z  1  4
 1  3i  z  2  3  3i  4  w  3 
  x  3    y  3   16 .
 1  3i

2

3i  4

2





Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I 3; 3 và bán kính R  4 .
Câu 40. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2  2mz  m  12  0 ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình đó có hai nghiệm phân biệt z1 , z2 thỏa mãn

z1  z2  2 z1  z2 ?
A. 1 .

C. 4 .
Lời giải


B. 2 .

D. 3 .

Chọn B
Ta có   m2  m  12
Phương trình z 2  2mz  m  12  0 có hai nghiệm phân biệt z1 , z2    0 .
Trường hợp 1:   0  4  m  3
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt z1   m  i 12  m 2  m , z2  m  i 12  m 2  m

z1  z2  2 12  m ,

2 z1  z 2  2 2i 12  m 2  m  2 2 12  m 2  m

m  12
1  97
z1  z2  2 z1  z2  2 12  m  2 2 12  m2  m   2
m
4
2m  m  12  0
 m  4
Trường hợp 2:   0  
m  3
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt z1  m  m 2  m  12, z2  z1   m  m 2  m  12
z1  z2  2 z1  z2  z12  z22  2 z1 z2  2  z12  z22  2 z1 z2 
2

 z12  z22  4 z1 z2  2 z1 z2  0   z1  z2   6 z1 z2  2 z1 z2  0
 4 m 2  6 12  m   2 12  m  0  12  m  2 m 2  3m  36


Facebook Nguyễn Vương 11


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
2m 2  3m  36  0
m  3

2
  12  m  2m  3m  36

 m  4

2
12

m



2
m

3
m

36



 

Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Câu 41. Cho hình hộp đứng ABCD . A B C D  có đáy là hình vng cạnh là a , góc giữa mặt phẳng
 D AB  và mặt phẳng  ABCD  là 30 . Thể tích khối hộp ABCD . AB C D 

A.

a3 3
.
3

B.

a3 3
.
18

a3 3
.
9
Lời giải

D. a 3 3 .

C.

Chọn A

Ta có:
 ABCD    DAB   AB


  
 DA   DAB  ; DA  AB    ABCD  ;  DAB     DA; DA  DAD  30 .

 DA   ABCD  ; DA  AB
DD
1 DD
a 3
Trong tam giác ADD , ta có: tan 30 
.


 DD 
AD
a
3
3
Do ABCD . A B C D  là hình hộp đứng nên chiều cao DD 

a 3
.
3

Diện tích đáy B  S ABCD  a 2 .
a 3 a3 3
.

3
3
Câu 42. Cho hình nón có chiều cao bằng a , biết rằng khi cắt hình nón đã cho bởi một mặt phẳng đi qua
a

đỉnh hình nón và cách tâm của đáy hình nón một khoảng bằng , thiết diện thu được là một tam
3
giác vng. Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng
4 a 3
5a 3
5a 3
a 3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
9
9
12
3
Lời giải
Chọn C

Vậy thể tích khối hộp ABCD . A B C D  là V  B.h  S ABCD .DD  a 2 .

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023
S


H

A

O

B

K
C

Mặt phẳng đi qua S và cắt hình chóp theo thiết diện là tam giác vng SBC . Vì tam giác SBC
cân tại S nên tam giác SBC vuông tại S .
Gọi K là trung điểm của BC và H là hình chiếu vng góc của O lên SK .
Ta có d  O,  SBC    OH 

a
.
3

Xét tam giác vuông SOK có:

1
1
1
8
a
3a 2



 2  OK 
 SK 
.
2
2
2
OK
OH
OS
a
4
2 2

Vì tam giác SBC vuông tại S nên KB  SK 

3a 2
a 5
.
 OB  OK 2  BK 2 
4
2

1
5a 3
Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng V  R 2 h 
.
3
12


Câu 43. Trong khơng gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua điểm I 0;  1;1 , vuông góc với hai mặt
phẳng   : x  2 y  z  3  0 và    : 3 x  y  2 z  1  0 là
A.  3 x  y  4 z  3  0 .
C. x  3 y  4 z  3  0
Chọn D

B.  x  3 y  5 z  2  0 .
D.  3 x  y  5 z  4  0 .
Lời giải



Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   là n1  1;  2;1



Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng    là n1  3; 1;2

 
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm là n   n1 ; n2    3;1;5


Phương trình mặt phẳng cần tìm là:  3  x  0  1 y  1  5  z  1  0

 3 x  y  5 z  4  0
x  1 y 1 z  2
và mặt phẳng


2

1
3
 P  : x  y  z  1  0 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A 1;1;  2 , biết  / /  P 

Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
và  cắt d
x 1 y 1 z  2
A.
.


2
1
3

B.

x 1 y 1 z  2
.


8
3
5

Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
C.


x 1 y 1 z  2
.


2
1
1

x 1 y 1 z  2
.


1
1
1
Lời giải

D.

Chọn B
Gọi B là giao điểm của  và d .
B  d  B  1  2t ;1  t ; 2  3t 

 
Véc tơ chỉ phương của đường thẳng  là: u  AB  2t  2; t ;3t  4 .

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  là: n  1;  1;  1 .

 / /  P   u.n  0  t   3


 u   8;  3;  5

Phương trình đường thẳng  là

x 1 y 1 z  2


8
3
5

 x  2
x  3 y 1 z  4
Câu 45. Cho hai đường thẳng d :  y  t
và mặt phẳng


t    ,  :
1
1
1
 z  2  2t

 P  : x  y  z  2  0 . Gọi d ,  lần lượt là hình chiếu của d ,  lên mặt phẳng  P  . Gọi

M  a; b; c  là giao điểm của hai đường thẳng d  và  . Giá trị của tổng a  bc bằng
A. 5 .
B. 3 .
C. 4 .

D. 6 .
Lời giải
Chọn A
Gọi  Q  ,  R  lần lượt là hai mặt phẳng chứa d ,  và vng góc với  P  .
Khi đó, M   P    Q    R  .

Mặt phẳng  P  có VTPT n  1;1; 1 .

Đường thẳng d có VTCP u1   0;1; 2  và đi qua điểm M  2;0; 2  .
  
Mặt phẳng  Q có VTPT n1  u1 ; n    3;2; 1
  Q  : 3  x  2   2  y  0   z  2  0  3x  2 y  z  4  0

Đường thẳng  có VTCP u2  1; 1;1 và đi qua điểm M  3;1;4 .
  
Mặt phẳng  R  có VTPT n2  u2 ; n    0; 2;2 
  R  : 0  x  3  1 y  1  1 z  4   0  y  z  5  0

 x  y  z  2
 x  1


Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 3x  2 y  z  4   y  2  M  1; 2;3  a  bc  5 .
y  z  5
z  3


PHẦN 3. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 9-10 ĐIỂM
Câu 46. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 1  3i  1 và z2  1  i  z2  5  i . Giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P  z2  1  i  z2  z1 bằng

A. 3 .

B. 10  1 .

C. 10  1 .

D.

2 85
1 .
5

Lời giải
Chọn D
Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Gọi M1 là điểm biểu diễn số phức z1 , M 2 là điểm biểu diễn số phức z2 , C là điểm biểu diễn số
phức z  1  i .
2

2

Theo bài ta có z1  1  3i  1   x  1   y  3 i  1   x  1   y  3  1  C1  .
Suy ra M 1   C1  có tâm I1 1; 3  , bán kính R1  1 .
2


2

2

z2  1  i  z2  5  i   x  1   y  1   x  5   y  1

2

 2 x  1  2 y  1  10 x  25  2 y  1  12 x  4 y  24  3x  y  6    . Suy ra M 2  .
Ta có P  z2  1  i  z2  z1  M 2C  M1M 2 .
Gọi  C1  là đường tròn đối xứng của  C1  qua đường thẳng  .
Đường thẳng I1I1 qua I1 và vng góc  có phương trình là: x  3 y  10  0

 14 12 
 23 9 
Giao điểm của I1I1 và  có tọa độ là  ;   I1  ; 
 5 5
 5 5
2 85
Khi đó P  M 2C  M 1M 2  M 2C  M 1M 2  M 1C  I1C  1 
1
5
2 85
Vậy min P 
1.
5
Câu 47. Trong không gian Oxyz , cho điểm A(2; 6;0) và mặt phẳng ( ) : 3x  4 y  89  0 . Đường thẳng
(d ) thay đổi nằm trên mặt phẳng (Oxy ) và luôn đi qua điểm A . Gọi H là hình chiếu vng góc
của M (4; 2;3) trên đường thẳng (d ) . Khoảng cách nhỏ nhất từ H đến mặt phẳng ( ) bằng
68

93
A. 15
B. 20.
C.
D.
5
5
Lời giải
Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Chọn A


 AH  ( x  2; y  6; 0)
Giả sử H (a; b;0)  (Oxy ) , khi đó ta có:  
.
 MH  ( x  4; y  2; 3)
 
Theo giả thiết cho MH  (d ), A  (d ) nên ta có phương trình sau: AH  MH  0

 ( x  2)( x  4)  ( y  6)( y  2)  0  ( x  1)2  ( y  2)2  25.
| 3x  4 y  89 |
Ta có: d ( H ;( )) 
.
5
Xét biểu thức P  3x  4 y  89  3( x  1)  4( y  2)  100
Khi
đó: ( P  100)2  (3( x  1)  4( y  2))2   32  42  ( x  1)2  ( y  2)2   252  25  P  100  25

75
125
 d ( H ;( )) 
 15  d ( H ;( ))  25 .
5
5
Câu 48. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn điều kiện x  2023 và
Suy ra: 75  P  125 tức suy ra





3 9 y  2 y  x  log3 ( x  1)3  2?
A. 3870

B. 4046.

C. 2023.
Lời giải

D. 3780.

Chọn D
Ta có 3 9 y  2 y  x  log3 ( x  1)3  2






 32 y 1  3(2 y  1)  x  1  3log3 ( x  1)   32 y 1   3log3  32 y 1   ( x  1)  3log 3 ( x  1)
Xét hàm số y  f (t )  3log 3 t  t có f ΄(t ) 

3
 1  0 , t  (0; ) tức f (t ) đồng biến trên
t ln 3

(0; ) . Suy ra x  32 y 1  1 .

log 3 ( x  1)  1 log 3 (2024)  1 y


 y  {1; 2}
2
2
Với y  2 ta có: 2023  x  242 tức có 2023  242  1  1782 giá trị x nguyên.
Với y  1 ta có: 2023  x  26 tức có 2023  26  1  1998 giá trị x nguyên.
Suy ra có tất cả 1998  1782  3780 giá trị x nguyên tức có 3780 bộ ( x; y ) thỏa mãn.
Vì x  2023 nên x  32 y 1  1  y 

1
Câu 49. Cho hàm số f  x   x 4  ax3  bx 2  cx  d  a, b, c, d    thỏa mãn min f   x   f    và hàm

4
f  x
số g  x   2
. Biết đồ thị hàm số y  g  x  có 3 điểm cực trị là
x 1
A  m; g  m   , B  0; g  0   , C 1; g 1  . Gọi y  h  x  là hàm số bậc hai có đồ thị đi qua 3 điểm


A, C và D  2; b  5  . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị hàm số y  f  x  và
y   x 2  1  h  x   x  1 bằng

A.

64
.
15

B.

56
.
15

46
.
15
Lời giải
C.

D.

44
.
15

Chọn D
 f   x   12 x 2  6ax  2b
.

f   x   4 x  3ax  2bx  c  
 f   x   24 x  6a
3

2

1
1
Mà min f   x   f     f     0  6  6a  0  a  1

4
 4

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023
4

3

2

 f  x   x  x  bx  cx  d
.

3
2
 f   x   4 x  3x  2bx  c

f   x  .  x 2  1  2 x. f  x 

g  x  

x

2

 1

2

 0  f   x  .  x 2  1  2 x. f  x   0 1 .

Phương trình 1 có 2 nghiệm là 0;1 nên
 f   0   0
c  0
c  0
.



1  2b  c  b  c  d
d  b  1
 f  1  f 1
Suy ra f  x   x 4  x 3  bx 2  b  1  x 4  x 3  1  b  x 2  1 .
Khi đó g  x  

x 4  x3  1
b .

x2  1
f  x

Nhận thấy 3 điểm A, B, C cùng nằm trên đồ thị

x

2

 1



4 x 3  3 x 2  2bx
3
 2 x2  x  b .
2x
2

3
Mặt khác điểm D  2; b  5 cũng thuộc đồ thị này nên hàm số y  h  x   2 x 2  x  b .
2
1


Suy ra y   x 2  1  h  x   x  1   x 2  1  2 x 2  x  1  b   u  x 
2


Phương trình hồnh độ giao điểm của f  x  , u  x  là:

1


x 4  x 3  1  b  x 2  1   x 2  1  2 x 2  x  1  b 
2


1


 x 4  x3  1   x 2  1  2 x 2  x  1
.
2


1
1
 x 4  x3  x 2  x  2  0  x  1
2
2

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đồ thị hàm số y  f  x  và y   x 2  1  h  x   x  1 bằng
1

S

x

1


4



1 3
1
44
x  x 2  x  2 dx 
2
2
15

Câu 50. Có bao nhiêu cặp số nguyên (m; n) với m, n  [5;5] để hàm số f ( x)  x3  3 x 2  mx  n đồng
biến trên (0; ) ?
A. 15.

B. 24.

C. 18.
Lời giải

D. 25.

Chọn C
Xét u  x 3  3 x 2  mx  n có u΄  3 x 2  6 x  m .
 y  u
u΄  0
u΄  0, x  [0; ) (1)
TH1: Nếu u  0  
.

 ycbt  
, x  (0; )  
u

0
u

0,

x

[0;

)
(2)

 y΄  u΄

Vì u΄  0, x  [0; )  (2)  u (0)  0  n  0 .
Và (1)  m  g ( x)  3 x 2  6 x, x  [0; )  m  max (0; ) g ( x)  g (1)  3 .
Vậy trường hợp này thì m  {3, 4,5}; n  {0,1, 2,3, 4,5} có tất cả 3  6  18 cặp.
 y  u
u΄  0
 u΄  0, x  [0; )
 ycbt  
, x  (0; )  
TH2: Nếu u  0  
.
u  0, x  [0; ) (3)
 u0

 y΄  u΄
Facebook Nguyễn Vương 17


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />




Hệ này vơ nghiệm vì (3) không đúng tại  do lim u  lim x 3  3 x 2  mx  n   .
x 

x 

Vậy có đủng 18 cặp số nguyên thoả mãn.
NẾU TRONG Q TRÌNH GIẢI TỐN, CÁC BẠN GẶP CÂU SAI ĐÁP ÁN, HOẶC LỜI GIẢI SAI
VUI LÒNG GỬI PHẢN HỒI VỀ
Fanpage: />Xin cám ơn ạ!
Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  />Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  />Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TỐN)  />
Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương
 />Tải nhiều tài liệu hơn tại: />
Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />