ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 8 - Fanpage| Nguyễn Bảo Vương - />
Câu 1.

PHẦN 1. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 5-6 ĐIỂM
Hàm số nào dưới đây có đồ thị dạng như đường cong ở hình vẽ bên dưới?

A. y   x3  x 2  4 .

B. y  x3  3x  4 .

C. y   x3  3x 2  4 .

D. y  x3  3x 2  4 .

Lời giải
Chọn C
Dựa vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 nên loại đáp án y  x3  3x  4 và
y  x3  3 x 2  4 .
Đồ thị đi qua điểm  1;0 nên nhận đáp án y   x 3  3x 2  4 .
Câu 2.

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Giá trị cực đại của hàm số là
A. 3 .
B. 0 .

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn A
Ta có hàm số đạt cực đại tại điểm x  2 và giá trị cực đại là yCÐ  3 .
Câu 3.

x 1
. Khẳng định nào sau đây đúng?
x 1
A. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  1.
B. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  1.
C. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang x  1 .
D. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1 .
Lời giải
Chọn B
x 1
x 1
 1 và lim
1
Ta có: lim
x  x  1
x  x  1
Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  1.
Cho hàm số y 

Facebook Nguyễn Vương Trang 1



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
ax  b
a
ln có tiệm cận ngang là y  với a, c lần lượt là hệ số
cx  d
c
của a, c lần lượt là hệ số của x trên tử thức và mẫu thức. Nên y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị

Nhận biết với hàm số dạng y 

Câu 4.

hàm số đã cho.
Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

x ∞
y'
+∞
y

-3
0

+

+∞

4

0
4

-1

∞

Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  4;1 .
B. Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng  5;   .
C. Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng  ; 4  .
D. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  2; 2  .
Lời giải
Chọn A
Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  3; 4  .
Câu 5.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  3cos 2x  4sin x là
11
A.  7 .
B. .
C.  5 .
D. 1 .
3
Lời giải
Chọn A
f  x   3 cos 2 x  4 sin x  3 1  2 sin 2 x  4 sin x  6 sin 2 x  4 sin x  3






Đặt sin x  t  1  t  1
f  t   6t 2  4 t  3 , f   t   12t  4

1
3

f   t   0  t     1;1

 1  11
Ta có: f  1  1 ; f     ; f 1  7
 3 3

Vậy min f  t   min y  7 .
1;1

Câu 6.

Đồ thị của hàm số y  x4  2021x 2 cắt trục hoành tại bao nhiêu điểm ?
A. 2 .
B. 1.
C. 3 .
D. 0 .
Lời giải
Chọn C
x  0

4
2

Ta có phương trình hồnh độ giao điểm x  2021x  0   x  2021 . Vậy đồ thị hàm số đã
 x   2021

cho cắt trục hoành tại 3 điểm.

Câu 7.

Cho cấp số nhân  un  có u1  2 và u4  54 . Tìm cơng bội q của cấp số nhân  un  .
A. q  9 .

B. q  9 .

C. q  3 .

D. q  3 .

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Lời giải
Chọn C
Ta có u4  u1.q3  54  2.q3  q3  27  q  3 .
Câu 8.

Có bao nhiêu cách chọn 1 bạn làm lớp trưởng và 1 bạn làm lớp phó từ một nhóm 5 ứng cử viên?
A. C52 .
B. 5! .

C. 25 .
D. A52 .
Lời giải
Chọn D
Mỗi cách chọn 2 ứng cử viên trong 5 ứng cử viên làm lớp trưởng và lớp phó là một chỉnh hợp
chập 2 của 5 .
Vậy có A52 cách chọn.

Câu 9.

Cho khối nón có chiều cao là h bán kính là r . Thể tích của khối nón bằng
A. 2 rh .

1 2
r h .
3
Lời giải

B.  r 2 h .

C.

D.

4 2
r h .
3

Chọn C
1


Câu 10. Tập xác định của hàm số y   9 x 2  1 5
1 1


A. D   ;     ;   .
3
3

 

1 1


C. D   ;     ;   .
3 3



 1
B. D   \    .
 3
 1 1
D. D    ;  .
 3 3
Lời giải

Chọn A
1 1



Đkxđ: 9 x 2  1  0  x   ;     ;  
3
3

 

1 1


TXĐ: D   ;     ;  
3 3



Câu 11. Hàm số y  22 x có đạo hàm là
A. y   2 2 x 1 .
B. y  22 x 1 ln 2 .

C. y  22 x ln 2 .

D. y   2 x.2 2 x 1 .

Lời giải
Chọn B
Ta có y   2 x  .22 x.ln 2  2.22 x.ln 2  2 2 x 1.ln 2
Câu 12. Tìm tập nghiệm S của bất phương trình log 1  x  1  log 1  2 x  1
2

1 

A. S   ; 2  .
2 

B. S    1; 2  .

2

C. S   2;   .

D. S   ; 2  .

Lời giải
Chọn A
1

2 x  1  0
1
x 
Ta có log 1  x  1  log 1  2 x  1  

2  x2
2
x  1  2x 1 x  2
2
2

1 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình S   ; 2  .
2 


Câu 13. Tìm nghiệm thực của phương trình 2 x  7 ?
Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
A. x  log 2 7 .

C. x  7 .

B. x  log 7 2 .

D. x 

7
.
2

Lời giải
Chọn A
Ta có 2 x  7  x  log 2 7 .

 a3 
Câu 14. Với a  0, a  1 và b  0 . Biểu thức log a   bằng
b
1
1
A.  log a b .
B.  log a b .
C. 3  log a b .
3

3
Lời giải
Chọn D

D. 3  log a b .

 a3 
log a    log a a 3  log a b  3  log a b .
b 
9

Câu 15. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có một nguyên hàm là F  x  , biết

 f  x dx  9 và
0

F  0   3 . Tính F  9  .
A. F  9   6 .

B. F  9   6 .

C. F  9   12 .

D. F  9   12 .

Lời giải
Chọn C
9

Ta có 9   f  x dx  F  9   F  0   F  9   3  F  9   9  3  12 .

0

Câu 16. Tìm nguyên hàm của hàm số f  x  
1

1
5x  2

1

A.

 5 x  2 dx  5 ln 5 x  2  C .

C.

 5 x  2 dx   2 ln 5 x  2  C .

1

1

1

B.

 5 x  2 dx  ln 5 x  2  C .

D.


 5 x  2 dx  5 ln 5 x  2  C .

1

Lời giải
Chọn A
Ta có

1

1

 5 x  2 dx  5 ln 5 x  2  C .

2

2

 f  x  dx  3

Câu 17. Cho 0
A. 10 .

và

2

 g  x  dx  1
0


B. 0 .

thì

  f  x   5 g  x   x  dx
0

bằng
D. 8 .

C. 12 .
Lời giải

Chọn A
2

Ta có

2

2

2

  f  x   5 g  x   x  dx   f  x  dx  5 g  x  dx   x dx  3  5  2  10 .
0

0

0


0

Câu 18. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   3 x  sin x là
A.



f  x dx 

3x 2
 cos x  C .
2

C.  f  x dx  3  cos x  C .

B.  f  x dx  3x 2  cos x  C .
D.  f  x dx 

3x 2
 cos x  C .
2

Lời giải
Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023


Chọn D
3x 2
 cos x  C .
2
Câu 19. Cho z   1  2i . Điểm nào trong hình vẽ bên dưới là điểm biểu diễn số phức z ?

 f  x dx 

A. Q .

B. P .

C. M .

D. N .

Lời giải
Chọn A
Ta có z  1  2i  z  1  2i .
Điểm biểu diễn số phức z là điểm Q  1; 2  .
Câu 20. Số phức nào dưới đây là số thuần ảo
A. z   2  3i .
B. z  3i .

C. z  3  i .
Lời giải

D. z  2 .

Chọn B

Số phức z được gọi là số thuần ảo nếu phần thực của nó bằng 0.
Câu 21. Mơ đun của số phức z  3  2i  i là
A. 2 .

B. 13 .

C. 5 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B
Ta có z  3  2i  i   2  3i
z  9  4  13 .

Câu 22. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SC vuông góc với mặt phẳng
 ABC  , SC  a . Thể tích khối chóp S. ABC bằng
A.

a3 3
.
3

B.

a3 3
.
12

a3 2

.
12
Lời giải

C.

D.

a3 3
.
9

Chọn B

1
1 a 2 3 a3 3
.
VS . ABC  SC.S ABC  .a.

3
3
4
12
Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 23. Diện tích tồn phần của hình trụ trịn xoay có bán kính r  5cm và độ dài đường sinh l  6cm
bằng
A. 70 cm2 .

B. 80 cm2 .
C. 110 cm 2 .
D. 55 cm2 .
Lời giải
Chọn C
Diện tích tồn phần của hình trụ là Stp  2 rh  2 r 2  2 .5.6  2 .25  110 cm 2 .
Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  2; 1;5 , B  5; 5;7  , M  x; y;1 . Khi A, B , M thẳng
hàng thì giá trị của x, y là
A. x  4; y  7 .
B. x  4; y  7 .
C. x   4; y   7 .
D. x  4; y  7 .
Lời giải
Chọn D


Ta có AB   3; 4; 2  ; AM   x  2; y  1; 4  .
 
Ba điểm A, B , M thẳng hàng khi và chỉ khi AB, AM cùng phương



 x  4
x  2 y  1 4



.
3
4

2
y  7

Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm I 1;1;1 và A 1; 2;3  . Phương trình của mặt cầu có tâm I
và đi qua điểm A là
2

2

2

B.  x  1   y  1   z  1  25 .

2

2

2

D.  x  1   y  1   z  1  25 .

A.  x  1   y  1   z  1  5 .
C.  x  1   y  1   z  1  5 .

2

2

2


2

2

2

Lời giải
Chọn A
Do mặt cầu đi qua điểm A suy ra bán kính R  IA 
2

2

1  1

2

2

2

  2  1   3  1  5

2

Vậy phương trình mặt cầu là  x  1   y  1   z  1  5 .
Câu 26. Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm A  3; 0; 4  và có véc tơ chỉ phương

u  5;1; 2  có phương trình
x3


5
x 3
C.

5

A.

y z4
.

1
2
y z4
.

1
2

x 3 y
 
5
1
x3 y
D.
 
5
1


B.

z4
.
2
z4
.
2
Lời giải

Chọn B

Do đường thẳng đi qua điểm A  3; 0; 4  và có véc tơ chỉ phương u  5;1; 2  nên có phương trình
x 3 y z  4
.
 
5
1
2
Câu 27. Trong khơng gian Oxyz , đường thẳng d vng góc với mặt phẳng  P  : x  3 z  2  0 có một

vectơ chỉ phương là

A. u   3;1; 0  .


B. u  1;1; 3 .


C. u  1; 0; 3  .



D. u  1; 3; 2  .

Lời giải
Chọn C

Mặt phẳng  P  : x  3 z  2  0 có một vectơ pháp tuyến là n  1; 0; 3  .
Đường thẳng d vng góc với mặt phẳng  P  nên vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  chính là
vectơ chỉ phương của đường thẳng d .
Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489


Vậy đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là u  1;0; 3 .

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Câu 28. Một khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 5 và chiều cao bằng 3 thì thể tích bằng
8
5
A. .
B. 15 .
C. .
D. 5 .
3
3
Lời giải
Chọn B

V  B.h  5.3  15
PHẦN 2. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 7-8 ĐIỂM
Câu 29. Cho hàm số y  f  x  xác định, có đạo hàm trên  và f   x  có đồ thị như hình vẽ sau

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  ; 2 .
B. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  2;0 .
C. Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng  3; 2 .
D. Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng  2;   .
Lời giải
Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số f   x  ta thấy đồ thị hàm số ln nằm phía dưới trục hồnh

x   2;   nên f   x   0 x   2;  
Vậy hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng  2;   .
Câu 30. Đồ thị của hàm số y  x 3  2mx 2  m3 x  n có điểm cực tiểu là I 1;3 . Khi đó m  n bằng
A. 3 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 1 .
Lời giải
Chọn A
Ta có: y  3 x 2  4mx  m 3
Vì đồ thị hàm số đã có điểm cực tiểu I 1;3 nên:
3
3
m  1
 y  1  3  4m  m  0
m  4m  3  0


 3

m  2m  1  n  3 n  3
 y 1  3
m  1
Thử lại khi 
thỏa yêu cầu bài toán.
n  3
Vậy m  n  4.
ax  b
Câu 31. Cho hàm số f ( x) 
có bảng biến thiên
cx  d

Facebook Nguyễn Vương 7


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Có bao nhiêu giá trị nguyên m trong  2022; 2023 để phương trình f ( x )  (m  1)2  0 có
nghiệm?
A. 4043.
B. 4045.
C. 4046.
D. 4044.
Ta

Lời giải
f ( x)  (m  1)2  0  f ( x)  (m  1)2

có

2

có

nghiệm

2

(m  1)  1  (m  1)  1  m  0; m  2 .
Chọn đáp án
D.
Câu 32. (THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc 2023) Cho hai số thực x, y thỏa 1  x  y và

 x5  y 4 
log x y 4  log y x 5  9 . Tính log ( xy ) 
.
 2 
A. 1.
45
B.
.
4
C. 0.
20
D.
.
9
Lời giải

 


 

 

 

Đặt t  log x y  1 do y  x  1 khi đó log x y 4  log y x 5  4t 

5
5
5
 9  t   y  x4 .
t
4

4

 54  
5
x x  
 x5  y 4 
20

    log
 log  xy  
x5  
  log 5  
 9


2
9
 x.x 4 
 x4 
 2 


 
 


 




Chọn đáp án
D.
Câu 33. Trong khoảng (10; 20) có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

4 x log 3 ( x  1)  log 9 9( x  1) 2 m  có đúng 2 nghiệm phân biệt?

A. 23.
B. 20.
C. 8.
D. 15.
Lời giải
Điều kiện: x  1
Khi đó PT  4 x log 3 ( x  1)  m log 3 ( x  1)  1  (m  4 x) log 3 ( x  1)  1
1

 m  g ( x)  4 x 
, 1  x  0
log 3 ( x  1)
Khảo sát lập bảng biến thiên suy ra m  4  m  {3, ,19} .
Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
khi


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Chọn đáp án#A.
Câu 34. Gieo một con xúc xắc cân đối đồng chất 2 lần.Tính xác suất của biến có tổng hai mặt bằng 8 .
1
1
1
5
A. .
B. .
C. .
D.
.
9
2
6
36
Lời giải
Chọn D
Số phần tử của không gian mẫu là:   6.6  36 .

Gọi số chấm trên mặt xúc xắc khi gieo lần một là x , số chấm trên mặt xúc xắc khi gieo lần hai là
y.

1  x  6

Ta có: 1  y  6   x, y   2;6 ;  6;2 ;  3;5 ;  5;3 ;  4;4 .
x  y  8

Suy ra số kết quả thuận lợi của biến cố có tổng hai mặt bằng 8 là: A  5 .
A
5

 36

Xác suất của biến có tổng hai mặt bằng 8 là: P  A  

Câu 35. Cho hình chóp A.BCD có AC   BCD  và BCD là tam giác đều cạnh bằng a . Biết AC  a 2
và M là trung điểm BD . Tính khoảng cách từ C đến đường thẳng AM .
7
6
2
4
A. a
.
B. a
.
C. a
.
D. a
.

5
11
3
7
Lời giải
Chọn B

Gọi CH là đường cao của ACM , ACM vng tại C nên ta có CH  d  C , AM  và
1
1
1
AC 2 .CM 2
2



CH

CH 2 AC 2 CM 2
AC 2  CM 2
Khi đó d  C , AM   CH 

CM .CA
2

2

CM  CA




a 3
.a 2
2

a

2

6
.
11

2
a 3

  a 2
 2 
1
Câu 36. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x  
 6 x, x  1;   và f  2   12 . Biết F  x  là
x 1
nguyên hàm của f  x  thỏa F  2   6 , khi đó giá trị biểu thức P  F  5   4 F  3 bằng

A. 25 .

B. 10 .




C. 20 .
Lời giải



D. 24 .

Facebook Nguyễn Vương 9


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Chọn D
 1

Với x  1;    ta có f  x    
 6 x  dx  ln  x  1  3 x 2  C .
x

1



Vì f  2   12  C  0  f  x   ln  x  1  3 x 2 .

F  x     ln  x  1  3x 2  dx  x ln  x  1   xd  ln  x  1   x3  x ln  x  1   x.

1
dx  x3
x 1


 x ln  x  1  x  ln  x  1  x3  C 
F  2   6 nên C   0 . Suy ra F  x   x ln  x  1  x  ln  x  1  x3 .
P  F  5   4 F  3  5ln 4  5  ln 4  125  4  3ln 2  3  ln 2  27   120  96  24 .

Câu 37. Cho hình chóp S. ABCD có SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  , SA  a , đáy ABCD là hình
thang vng tại A và B với AB  BC  a , AD  2 a . Góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD 
bằng
A. 300 .

B. 150 0 .

C. 900 .
Lời giải

D. 600 .

Chọn A
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.
Chuẩn hóa ta chọn a  1 .

Chọn A  O  0 ; 0; 0  , B 1; 0; 0   Ox , D  0; 2; 0   Oy , S  0 ; 0 ;1  Oz và điểm C 1;1; 0  .



Ta có: SB  1; 0;  1 ; SC  1;1;  1 ; SD   0; 2 ;  1 .
 
Gọi n1 , n2 lần lượt là vec-tơ pháp tuyến của hai mặt phẳng  SBC  ,  SCD  .
  
  
Khi đó n1   SB, SC   1;0;1 ; n2   SC , SD   1;1; 2 

 
n1.n2
3
Suy ra: cos   SBC  ,  SCD      
   SBC  ,  SCD    30 .
2
n1 n2
Câu 38. Cho hình lăng trụ đứng ABCD. ABCD có mặt cầu ngoại tiếp là  S  , biết  S  có bán kính bằng

  180 và AD  AB  6 . Thể tích khối lăng trụ
8. Đáy ABCD là tứ giác có 2. 
ABC  3.BCD
ABCD. ABCD tương ứng bằng:
A. 144 21 .
B. 128 21 .
C. 48 42 .
D. 120 2 .
Lời giải
Chọn A

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023
D

A
H


B

C

I
D'

A'
B'

C'

Gọi I là tâm mặt cầu  S  bán kính R  8 .
Vì hình lăng trụ đứng ABCD. ABCD có mặt cầu ngoại tiếp là  S  nên tứ giác ABCD nội tiếp
đường trịn tâm H , bán kính r .
  3.BCD
  180 và AD  AB  6 .
Mà ABCD là tứ giác có 2. ABC
  120; BCD
  60 và AC  2r ( như hình vẽ)
ABC  
ADC  90; BAC
Do đó 
A
B

D

H


C

  108  BD  6 3 .
Xét tam giác ABD có BD 2  AB 2  AD 2  2 AB. AD.cos BAD
AB
Xét tam giác ABC vng tại B có AC 
 12  r  6 .
cos 60

Mặt khác AA  2OH  2 R 2  r 2  4 7 .
1
Vậy VABCD . ABC D  AA. AC .BD  114 21 .
2
Câu 39. Cho mặt cầu  S  bán kính R . Hình nón  N  thay đổi có đỉnh và đường trịn đáy thuộc mặt cầu

 S  . Thể tích lớn nhất của khối nón  N 
A.

32πR 3
.
81

B.

32 R 3
.
81

là:


32 R3
.
27
Lời giải
C.

D.

32πR 3
.
27

Chọn A

Facebook Nguyễn Vương 11


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />S

R
O
R
I

A

Đặt SI  h  h  0  .
Ta có: OI  SI  SO  h  R .
2


Trong tam giác OIA vuông tại I có: IA  OA2  OI 2  R 2   h  R  .
1
1
1
2
Thể tích khối nón đã cho là: V  πIA2 .SI  πh  R 2   h  R    π  2 Rh 2  h3  .


3
3
3
2
3
2
Xét hàm số: f  h   2 Rh  h trên  0;   , có f   h   4 Rh  3h .

Xét phương trình: f   h   0  4 Rh  3h 2  0  h 

4R
.
3

Bảng biến thiên:

1 32 R3 32πR3

Vậy V max  π.
.
3
27

81
Câu 40. Trong khơng gian Oxyz , phương trình đường thẳng d đi qua A 1; 2;1 và vng góc với

P : x  2 y  z 1  0

là

A.

x 1 y  2 z 1


.
1
2
1

C.

x2
y
z2
x 1 y  2 z 1




. D.
.
1

2
1
1
2
1

B.

x2
y
z2


.
2
4
2

Lời giải
Chọn D


Ta có  P  : x  2 y  z  1  0 .Véc tơ pháp tuyến của  P  là n  1;  2;1 

Vì đường thẳng d vng góc với

u d  1;  2;1 .

P


nên VTCP của d chính là VTPT của

Phương trình đường thẳng d đi qua A 1; 2;1 và vng góc với
là

 P  do

đó

 P : x  2 y  z 1  0

x 1 y  2 z  1


.
1
2
1

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

x 1 y z  2
Câu 41. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  chứa đường thẳng d :
và vng góc
 
1

2
1
với mặt phẳng  Oxy  có phương trình là

A. 2 x  y  2  0 .

B. x  2 y  1  0 .

C. 2 x  y  2  0 .

D. 2 x  y  2  0 .

Lời giải
Chọn A

Mặt phẳng  Oxy  có một vectơ pháp tuyến là k   0; 0;1 .

x 1 y z  2
đi qua điểm M 1; 0; 2  và có vectơ chỉ phương u  1; 2; 1 .
 
1
2
1
x 1 y z  2
Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng d :
nên mặt phẳng  P  đi qua điểm
 
1
2
1

  
M 1; 0; 2  và có vectơ pháp tuyến n P   k  u   2;1; 0 

Mặt phẳng  P  đi qua điểm M 1; 0; 2  và có vectơ pháp tuyến n P    2;1; 0  nên mặt phẳng

Đường thẳng d :

P

có phương trình là 2.  x  1  1.  y  0   0.  z  2   0  2 x  y  2  0 .

Câu 42. _ (Liên trường Nghệ An -Quỳnh Lưu - Hoàng Mai - Thái Hịa 2023) Trong khơng gian Oxyz ,
cho mặt phẳng ( P ) qua hai điểm A(0;0;3), B ( 3;0;0) và vng góc với mặt phẳng
( ) : 2 x  y  z  1  0 . Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến ( P ) bằng
4
A.
.
3
3
B.
.
5
3
C.
.
11
1
D.
.
3

Lời giải

 


Ta có AB  ( P);( P)  ( )  nP   AB, n( )   (3; 9; 3) ∥ (1; 3; 1)
 ( P) : x  3 y  z  3  0  d (O, ( P)) 

3
.
11

Chọn đáp án
C.
Câu 43. Gọi S là tổng các số thực m để phương trình z 2  2z  1  m  0 có nghiệm phức thoả mãn
z  2 . Tính S .
A. S  3 .

B. S  7 .

C. S  10 .
Lời giải

D. S  6 .

Chọn B
Xét   4  4 1  m   4m .
Trường hợp 1:   0  m  0 . Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm thực.
z  2  m  1
Ta có: z  2  

(nhận).
 z  2  m  9
Trường hợp 2:   0  m  0 . Khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm phức với phần ảo
khác 0.
2

Ta có: z  2  z  4  z.z  4  1  m  4  m  3 (nhận).
Do đó m  3;1;9 . Vậy S  3  1  9  7 .:
Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 44. Cho số phức z thoả mãn z  1  2i  2 . Tập hợp điểm biểu diễn số phức w 
phẳng toạ độ Oxy là đường trịn có tâm là
 1 3
1 3
A. I   ;  .
B. I  ;   .
2 2
 2 2

 3 1
C. I   ;   .
 2 2
Lời giải

z
trong mặt
1 i


3 1
D. I  ;  .
2 2

Chọn A
Ta có: w 

z
 z  1  i  w .
1 i

1 3
Lại có: z  1  2i  2  z  1  2i  2  1  i  w  1  2i  2  1  i . w   i  2
2 2
1 3
 w  i  2 .
2 2
2

2

1 3
1 
3

 i  2 x   y   2.
2 2
2 
2


 1 3
Do đó, tập hợp điểm biểu diễn số phức w là một đường trịn có tâm I   ;  .
 2 2

Đặt w  x  yi  x, y    , ta có: x  yi 

Câu 45. Gọi  H  là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f  x   cos x , trục hoành và hai đường thẳng
x  0, x   . Thể tích V của khối trịn xoay tạo thành khi quay  H  quanh trục hoành bằng

A. V 


.
2

B. V 

2
.
2

C. V  2 .

2
D. V   .

4

Lời giải
Chọn D

Thể tích V của khối trịn xoay tạo thành khi quay  H  quanh trục hoành bằng






1  cos 2 x
1
2
1

.
V    cos x.dx   
.dx    x  sin 2 x  
2
4
2
0 2
0
0
2

PHẦN 3. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 9-10 ĐIỂM
Câu 46. Cho hàm bậc ba y  f  x  có đồ thị là đường cong ở hình bên dưới. Gọi x1 , x2 lần lượt là hai
điểm cực trị thoả mãn x2  x1  2 và f  x1   3 f  x2   0 và đồ thị luôn đi qua M  x0 ; f  x0  
trong đó x0  x1  1 , g  x  là hàm bậc hai có đồ thị đi qua hai điểm cực trị và M . x1  x0  1 . Tính
S1
( S1 , S2 lần lượt là diện tích hai hình phẳng được tạo bởi đồ thị hai hàm số f  x  , g  x 
S2

như hình vẽ)

tỷ số

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

A.

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

5
.
32

B.

7
.
33

4
.
29
Lời giải

C.

D.


6
.
35

Chọn A
Nhận thấy hình phẳng trên có diện tích khơng đổi khi ta tịnh tiến đồ thị sang trái sao cho x0  0 .
Khi đó ta có x1  1, x2  3 . Xét hàm f ( x)  ax3  bx 2  cx  d và g( x)  mx 2  nx  p .
 f  1  0
3a  2b  c  0
Vì x1  1, x2  3 là các điểm cực trị nên ta có: 

(1) .
27 a  6b  c  0
 f   3  0

Hơn nữa, ta có f 1  3 f  3  a  b  c  d  81a  27b  9c  3d (2) .

b  6a

Từ (1) và (2) suy ra c  9a .
 d  2a

 g  0  f 0
 p  2a
m  2a



Mặt khác dựa vào đồ thị ta thấy:  g 1  3 g  3  m  n  p  6a  n  6a .




9m  3n  p  2a
 p  2a
 g  0   g  3

Suy ra: f  x   a  x3  6 x 2  9 x  2  , g  x   a  2 x 2  6 x  2  .
1

Khi đó ta có: S1  a . x 3  4 x 2  3 x dx 
0

Do đó,

5
a , S2  a
12

3

x

3

 4 x 2  3x dx 

1

8

a.
3

S1 5
 .
S 2 32

Câu 47. Xét các số phức z , z1 , z2 thỏa mãn z1  4  5i  z2 1  1 và z  4i  z  8  4i . Tính

M  z1  z2 khi biểu thức P  z  z1  z  z2 đạt giá trị nhỏ nhất.
A. M  41 .

B. M  2 13 .

C. M  2 5 .
Lời giải

D. M  6 .

Chọn B
Ta có:

z1  4  5i  1  Tập hợp các điểm B biểu diễn cho số phức z1 là đường trịn  C1  có tâm
I  4;5 , bán kính R1  1 .

Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
z2  1  1  Tập hợp các điểm C biểu diễn cho số phức z2 là đường trịn  C2  có tâm J 1;0  ,

bán kính R2  1 .

z  4i  z  8  4i  Tập hợp các điểm A biểu diễn cho số phức z là đường thẳng d : x  y  4 .
Khi đó: P  z  z1  z  z2  AB  AC .
Gọi  C2  là đường tròn đối xứng với đường tròn  C2  qua đường thẳng d 

 C2 

có tâm

K  4; 3 , bán kính R2  R2  1 .
Ta có: P  AB  AC  AB  AD  BD , với D là điểm đối xứng với C qua d.
Từ đó suy ra: Pmin  BDmin khi và chỉ khi A  IK  d , B  IK   C1  , D  IK   C2  hay

C  IJ   C2  , trong đó B nằm giữa A và I, D nằm giữa A và K hay C nằm giữa A và J.
Ta có: IK : x  4; IK  d  A  4;0 ; AI  5; AJ  3 .
 1 
 1 
IB  IA  B  4; 4  ; JC  JA  C  2;0  .
5
3

Từ đó suy ra: z1  4  4i ; z2  2  z1  z2  6  4i  M  z1  z2  2 13 .
Câu 48. Cho hàm số f ( x ) có f ΄( x)  x3  ax2  bx  3, x  R . Biết hàm số g ( x)  f ( x)  3( x  1)2 đồng
1
biến trên khoảng (0;  ) và hàm số h( x)  f ( x)  x 4  2 x nghịch biến trên khoảng (0;  ) . Giá
2
trị của f ΄(3) bằng
A. 36.
B. 33.

C. 39.
D. 42.
Lời giải
 g΄( x)  0, x  0
f
΄
(
 x)  6( x  1)  0, x  0

Theo giả thiết ta có 
3
 f ΄( x)  2 x  2  0, x  0
h΄( x)  0, x  0

 x 3  ax 2  bx  3  6 x  6  0, x  0
ax 2  bx   x 3  6 x  3, x  0 (1)
 3

(*).

2
3
2
3
 ax  bx  x  1, x  0 (2)
 x  ax  bx  3  2 x  2  0, x  0
a  b  2
 ab  2  b  2a.
Thay x  1 vào (*) ta được: x  1  
a  b  2

Thay ngược lại (2) ta được:
x 3  1  ax 2  (2  a) x  0, x  0  x 3  2 x  1  a x 2  x  0, x  0



  
 ( x  1)  x  x  1  ax( x  1)  0, x  0  ( x  1)  x  x  1  ax   0, x  0(**).
2

2

để (**) đúng điều kiện cần là phương trình x 2  x  1  ax  0 phải có nghiệm
x  1  1  1  1  a  0  a  1  b  1. Điều kiện đủ ta bó qua nhé vì tìm được duy nhất a, b .
Khi đó f ΄( x)  x3  x2  x  3  f ΄(3)  36 .
Chọn đáp án#A.
Câu 49. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm O , bán kính R  2 và mặt cầu
 S΄  : ( x 1)2  y 2  ( z  1)2  1 . Mặt phẳng ( P ) thay đổi luôn tiếp xúc với hai mặt cầu (S ) và

 S΄ . Biết rằng ( P )

luôn đi qua điểm M (a; b; c) cố định. Tính giá trị của biểu thức a  b  c .

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

A. 2.
B. 4.

C. -4.
D. -2.
Lời giải
Mặt cầu  S΄ có tâm I (1; 0;1) và bán kính r  1 .

Ta có OI  (1;0;1)  OI  2 .
Từ đó ta có hình vẽ mơ tả vị trí tương đối của ( S ) và  S΄  như sau:

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vng góc của O và I lên ( P ) và M  OI  ( P ) .
Khi đó ta có H , K , M thẳng hàng.
MI
IK
r 1
1
Xét hai tam giác đồng dạng OHM và IKM ta có

   MI  MO
MO OH R 2
2
 M đối xứng với O qua I nên M cố định.
Đồng thời ta có I là trung điểm OM nên M (2; 0; 2)  a  2, b  0, c  2  a  b  c  4 .
Câu 50. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn
2

3

log 2  3x 2  2 x  3 y 2  2 y   log 3  x 2  y 2   3log 3 7  x 2  y 2   4( x  y )   2log 2 ( x  y )?
A. 7.
B. 6.
C. 8.

D. 9.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện: x  y  0 .
u  x  y
(u, v  0) . Thì bất phương trình trở thành:
Đặt 
2
2
v  x  y
2 log 2 (2u  3v)  3log 3 v  3log 3 (4u  7v)  2 log 2 u
v
u


 2 log 2  2  3   3log 3  7  4   0
u
v


u
3

Đặt  t (t  0) thì bất phương trình trở thành: 2 log 2  2    3log 3 (7  4t )  0
v
t

3

Xét hàm số f (t )  2 log 2  2    3log 3 (7  4t ) (t  0)

t

6
12
 f ΄(t ) 

 0, t  0
2
 2t  3t  ln 2 (7  4t ) ln 3

Facebook Nguyễn Vương 17


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Nên hàm số nghịch biến trên khoàng (0; ) mà f (0,5)  0 nên f (t )  f (0,5)  t  0,5 .
x y
1
  x 2  y 2  2 x  2 y  0  ( x  1)2  ( y  1)2  2. *
2
2
x y
2
Từ (*) và kết hợp điều kiện ban đầu ta được:

Dựa vào hình ảnh miền nghiệm ta thấy có 8 cặp số ( x; y ) nguyên thỏa mãn.
NẾU TRONG QUÁ TRÌNH GIẢI TOÁN, 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 TOÁN)  />
Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương

 />Tải nhiều tài liệu hơn tại: />
Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />