ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 11 - Fanpage| Nguyễn Bảo Vương - />
Câu 1.

PHẦN 1. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 5-6 ĐIỂM
Từ một nhóm học sinh gồm 5 nam và 8 nữ có bao nhiêu cách chọn ra hai học sinh?
A. 13 .
B. C132 .
C. C52  C82 .
D. A132 .
Lời giải
Chọn B
Số cách chọn ra 2 học sinh từ 13 học sinh là C132 .

Câu 2.

Câu 3.

Cho cáp số nhân  un  có u2  2 và u3  8 . Giá trị của công bội q bằng
A. 6
B. 2 .
C. 8 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn D
u
Công bội q  3  4 .

u2
Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như sau:

Điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
A. x  3 .
B. x  1 .

C. x  0 .
Lời giải

D. x  2 .

Chọn D
Câu 4.

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. y  3 .

3x  1
là
x2

B. y  2 .

C. y  2 .

D. y   3 .

Lời giải
Chọn A

Tập xác định D   \ {2} .

1
3x  1
x  3.
 lim
Ta có lim y  lim
x 
x  x  2
x 
2
1
x
Vậy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng y  3 .
3

Câu 5.

Cho hàm số f ( x ) , có bảng biến thiên như sau

Facebook Nguyễn Vương Trang 1


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
A. (1;1) .
B. (0;3) .
C. (1;  ) .
D. (0;1) .
Lời giải

Câu 6.

Chọn D
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?

A. y  x3  3x 2  1 .

Câu 7.

Câu 8.

B. y   x3  3 x 2  1 .

C. y   x 4  2 x 2  1 . D. y  x 4  2 x 2  1 .

Lời giải
Chọn C
Dáng đồ thị là hàm số bậc 4, hệ số a  0 nên ta chọn
C.
4
2
2
Đồ thị của hàm số y  4 x  2 x  1 và đồ thị của hàm số y  x  x  1 có tất cả bao nhiêu điểm
chung?
A. 1 .
B. 3 .
C. 4 .
D. 2 .
Lời giải
Chọn B

x  0

1
Xét phương trình hồnh độ giao điểm: 4 x 4  2 x 2  1  x 2  x  1  4 x 4  3 x 2  x  0   x  
2

x  1

Vây hai đồ thị đã cho có 3 điểm chung.
4
Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 
trên khoảng 1;   bằng
x 1
A. 6 .
B. 5 .
C. 4 .
Lời giải
Chọn B

y  x

D. 3 .

 x3
4
4
 y  1
0
.
2

x 1
 x  1
 x  1

Ta có bảng biến thiên

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số là min y  5 .
x1;  

Câu 9.

Nghiệm của phương trình log3  3x  1  2 là
A. x 

10
.
3

1
3

B. x  2 .

C. x  .


D. x  3 .

Lời giải
Chọn A
Ta có log3  3x  1  2  3x  1  9  x 

10
.
3

Câu 10. Hàm số y  log 2022  3 x  1 có tập xác định là

 1

B.   ;    .
 3


A.  0;    .

1

C.   ;   .
3

Lời giải

 1


D.   ;    .
 3


Chọn B
Điều kiện: 3 x  1  0  x 

1
.
3

Câu 11. Với a là số thực dương tùy ý,

4

a 3 bằng

4

A. a12 .

3

B. a 3 .

C. a 4 .
Lời giải

D. a 3 .


Chọn C
Câu 12. Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

 1 
A. y  

 3

x

x


B. y    .
3

C. y  3x .

D. y  x



3



.

Lời giải
Chọn A

Dễ thấy đồ thị trên là đồ thị hàm số mũ và đồ thị là đồ thị của hàm số nghịch biến nên chọn
x

1
 1 
 1.
y
 do cơ số
3
 3
3 x 2

1
Câu 13. Tập nghiệm của bất phương trình  
3
 1 
A.   ;1 .
B. 1;   .
 3 
1
1


C.  ;    1;   . D.  ;   .
3
3



 32 x 1 là


Lời giải
Chọn A
Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
1
Ta có  
3

3 x2

2
1
 32 x 1  33 x  32 x 1  3 x 2  2 x  1  3 x 2  2 x  1  0    x  1 .
3

 1 
Vậy S    ;1 .
 3 

Câu 14. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   3x 2 
A. x3  2ln x 2  x  C . B.

2
 1 là
x2

x3 2

  x C .
3 x

C. 6x 

4
C.
x3

D. x3 

2
 xC .
x

Lời giải
Chọn D

2
2

 1 dx  x3   x  C .
2
x
x

Câu 15. Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên  . Khi đó, hiệu số F  0   F 1 bằng
Ta có




 f  x  dx    3x

2



1

A.



1

f  x  dx .

B.

0

1

 F  x  dx .

1

C.   F  x  dx .

0


D.   f  x  dx .

0

0

Lời giải
Chọn D
Vì F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  nên ta có:
1

1

  f  x  dx   F  x  0  F  0   F 1
0

1



2

f  x  dx  2

Câu 16. Nếu 0
A. 7 .

và




2

f  x  dx  5
thì

0

 f  x  dx

bằng
C. 7 .
Lời giải

1

B. 3.

D. 3 .

Chọn D
2

Ta có



0


2

1

2

f  x  dx   f  x  d x   f  x  dx    f  x  dx   f  x  dx  2  5  3 .

1

1

0

0

0

Câu 17. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   2 x  cos3 x là
A.

 f  x  dx  x

2

C.

 f  x  dx  x

2


1
 sin 3 x  C .
3

B.

 f  x  dx  x

2

 3 sin 3 x  C .

1
 sin 3 x  C .
3

D.

 f  x  dx  x

2

 sin 3 x  C .

Lời giải
Chọn C

1
 s in 3 x  C .

3
Câu 18. Số phức liên hợp của số phức z  5  7i là
A. z  5  7i .
B. z  5  7i .
C. z  5  7i .
Lời giải
Chọn B
Ta có

 f  x  dx    2 x  cos3 x  dx x

2

D. z  5i  7 .

Số phức liên hợp của số phức z  5  7i là z  5  7i .
Câu 19. Trên mặt phẳng toạ độ, điểm biểu diễn số phức 4  3i có toạ độ là
Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489





A. 4; 3 .

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023






B. 4;  3 .







C. 4; 3 .



D. 4;  3 .

Lời giải
Chọn C
Điểm biểu diễn của số phức z  4  3i trên mặt phẳng toạ độ là 4; 3 .





Câu 20. Phần thực của số phức z   3  i 1  4i  là
B. 13 .

A. 1 .


C. 1.
Lời giải

D. 13 .

Chọn A
z   3  i 1  4i   1  13i .

 Phần thực của số phức z là 1 .
Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , cạnh bên SA vng góc với mặt
phẳng đáy và SA  a 2 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD .
a3 2
a3 2
A. V 
.
B. V 
.
C. V  a3 2 .
6
4
Lời giải
Chọn D

D. V 

a3 2
.
3

S


A

B

D

C

1
1
a3 2
2
Thể tích của khối chóp S.ABCD là: V  SA.S ABCD  .a 2.a 
.
3
3
3
Câu 22. Một khối lập phương có thể tích bằng 8 . Độ dài của cạnh khối lập phương đó bằng
A. 2 .
B. 4 .
C. 6 .
D. 2 .
Lời giải
Chọn A
Gọi độ dài cạnh của khối lập phương là a  a  0  .
Theo bài ra ta có: a3  8  a  2 .
Câu 23. Một hình trụ có bán kính đáy r  8 cm và độ dài đường sinh l  5 cm . Diện tích xung quanh của
hình trụ đó bằng
A. 40 cm 2 .

B. 160 cm 2 .
C. 20 cm 2 .
D. 80 cm2 .
Lời giải
Chọn D
Diện tích xung quanh của hình trụ là S xq  2 rl  2 .8.5  80  cm 2  .
Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 24. Cho khối cầu có bán kính R . Thể tích V của khối cầu đã cho được tính theo cơng thức nào dưới
đây?
1
3
4
A. V  4 R 3 .
B. V   R 3 .
C. V   R 3 .
D. V   R 3 .
3
4
3
Lời giải
Chọn D
4
Theo cơng thức ta có: V   R 3 .
3
Câu 25. Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình sau là phương trình mặt
cầu: x 2  y 2  z 2  2 x  4 z  m2  6m  10  0 ?
A. 5.

B. 0.
C. 2.
D. 3.
Lời giải
Chọn D
Mặt cầu có tâm I 1;0; 2  .
2

Điều kiện để phương trình trên là phương trình mặt cầu là 1  02   2    m2  6m  10   0
 5  m 2  6m  10  0   m 2  6 m  5  0  1  m  5

Mà m    m  2;3;4 .
Câu 26. Trong không gian Oxyz , đường thẳng Ox có phương trình nào dưới đây?
x  1
x  t
x  1



A.  y  t .
B.  y  1 .
C.  y  0 .
D.
z  t
z  1
z  0





x  t

y  0 .
z  0


Lời giải
Chọn D

x  t


Đường thẳng Ox qua điểm O  0;0;0  có véctơ chỉ phương i  1; 0;0  có phương trình là:  y  0 .
z  0

Câu 27. Trong không gian Oxyz , vectơ nào dưới đây là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  Ozx  ?




A. a  1;0;1 .
B. d   0;1;1 .
C. b  1;0;0  .
D. c   0;1;0  .
Lời giải
Chọn D
Mặt phẳng  Ozx  có phương trình y  0 .


 vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  Ozx  là c   0;1; 0  .


Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3;1; 2  và B  1;3;2  . Trung điểm đoạn
AB có tọa độ là
A.  2; 1; 2  .
B. 1;2;0  .
C.  2;4;0  .
D.  4; 2; 4  .
Lời giải
Chọn B
3 1

 xI  2  1

1 3

 2  I 1;2;0  .
Gọi I là trung điểm đoạn AB . Ta có:  y I 
2

2  2

 zI  2  0
Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

PHẦN 2. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 7-8 ĐIỂM
Câu 29. Với điều kiện nào của tham số m thì hàm số y 

bên phải trục Oy ?
A. 0  m  1 .

B. 0  m  1 .

x3
 x 2  mx  2023 có hai điểm cực trị nằm về
3

C. 0  m  1 .
Lời giải

D. 1  m  1 .

Chọn A

x3
 x 2  mx  2023  y  x 2  2 x  m .
3
Ycbt  y   0 có hai nghiệm dương phân biệt
  0
1  m  0
m  1


  S  0  2  0, m  
 0  m 1
m  0
P  0
m  0



Ta có y 

Vậy 0  m  1 .
Câu 30. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ. Tìm số nghiệm của phương trình f  f  x    1 .

A. 5 .

B. 6 .

C. 7 .
Lời giải

D. 9 .

Chọn C

Căn cứ vào đồ thị hàm số đã cho ta thấy:
 f  x   a  1  a  0 

f  f  x    1   f  x   b  0  b  1 .
f x c 2b3


  

Căn cứ vào đồ thị hàm số y  f  x  ta có:
+ Với 1  a  0 , phương trình f  x   a có 3 nghiệm.
Facebook Nguyễn Vương 7



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
+ Với 0  b  1 , phương trình f  x   b có 3 nghiệm.
+ Với 2  b  3 , phương trình f  x   b có 1 nghiệm.
Các nghiệm của các phương trình f  x   a ; f  x   b ; f  x   c là các nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 7 nghiệm thực phân biệt.
mx  9
nghịch biến trên  2;   ?
xm
C. 5 .
D. Vơ số.
Lời giải

Câu 31. Có bao nhiêu giá trị nguyên m để hàm số y 
A. 4 .

B. 2 .

Chọn C
Tập xác định: D   \  m .
Với x  m ta có y 
Hàm số y 

m2  9

 x  m

2


.

mx  9
nghịch biến trên  2;    y  0, x   2;  
xm

m2  9  0
m2  9  0 3  m  3



 2  m  3 .
m  2
m   2;   m  2
Vì m   nên m  2; 1;0;1; 2 .
Vậy có 5 giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài.
Câu 32. Cho hình lập phương ABCD . AB C D  có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của
AD, CD . Góc giữa hai đường thẳng MN và B C  là
A. 45 .
B. 90 .
C. 60 .
D. 30 .
Lời giải
Chọn A

 BC //BC

  MN , BC     AC, CB   
ACB  45 .
Ta có MN //AC

 BC , AC  ABCD



Câu 33. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có độ dài cạnh đáy bằng 2a và độ dài cạnh bên bằng 3a
(tham khảo hình bên).

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Khoảng cách từ S đến mặt phẳng  ABCD  bằng
A. a 7 .

B. a .

D. a 11 .

C. 7 .
Lời giải

Chọn A

Gọi O  AC  BD .
Do S . ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO   ABCD  .
Khi đó: d  S ,  ABCD    SO .
Ta có: DO 


1
AC  a 2 .
2

Xét tam giác SDO vng tại O có: SO  SD 2  DO 2 

 3a 2   a

2



2

a 7.

Vậy d  S ,  ABCD    SO  a 7 .
Câu 34. Một đội thanh niên tình nguyện của trường gồm có 6 học sinh nam và 5 học sinh nữ. Cho ngẫu
nhiên 4 học sinh để cùng giáo viên đo thân nhiệt cho học sinh khi đến trường. Xác suất để chọn
được 4 học sinh, trong đó số học sinh nam bằng với số học sinh nữ là
2
5
6
5
A.
.
B.
.
C.
.

D.
.
33
66
11
11
Lời giải
Chọn B
Số phần tử của không gian mẫu n     C114  330 .
Gọi A : “số học sinh nam bằng với số học sinh nữ”
Số phần tử của biến cố A là n  A   C62 .C52  150 .

Facebook Nguyễn Vương 9


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Vậy P  A  

n  A
n 



5
.
11

Câu 35. Biết phương trình 32 x1  28.3x  9  0 có hai nghiệm thực x1 ; x2 với x1  x2 . Giá trị của biểu thức
T  x1  2 x2 bằng
A. T  5 .

B. T  3 .
C. T  0 .
D. T  4 .
Lời giải
Chọn A
 x 1
3 
 x  1
2 x 1
x
2x
x
Ta có 3  28.3  9  0  3.3  28.3  9  0  
3
 x
x  2
3  9
Theo bài ra x1  x2  x1  1; x2  2
Vậy T  x1  2 x2  1  2.2  5.
Câu 36. Có bao nhiêu cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 0  y  2022 và 3x  3x  6  9 y  log 3 y 3 .
A. 2022 .

B. 9 .

C. 8 .
Lời giải

D. 7 .

Chọn D

Đặt t  log 3 y  y  3t .
Phương trình trở thành
3 x  3 x  6  9.3t  3t
 3x  3 x  3t  2  3  t  2 

Xét hàm số f  a   3a  3a  f   a   3a ln 3  3  0, a   , tức là f  a  đồng biến trên  .
Suy ra x  t  2  x  log3 y  2 .
Để x  thì log3 y 
Mà 0  y  2022  y  1;3;32 ;33 ;....;36 
Suy ra có 7 cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 37. Tính thể tích V của vật thể nằm giữa hai mặt phẳng x  0, x   , biết rằng thiết diện của vật thể
bị cắt bởi mặt phẳng vng góc với trục Ox tại điểm có hồnh độ x,  0  x    là một tam giác
đều cạnh 2 sin x .
B. V  2 3 .

A. V  3 .

C. V  3 .
Lời giải

D. V  2 3 .

Chọn D





3
 3 sin x .

4

2

Diện tích mặt cắt là: S  x   2 sin x .
Thể tích của vật thể đó là:






V   S  x  dx   3 s inxdx   3 cos x|   3 cos   3 cos 0  2 3 .
0

0

0

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023
3

Câu 38. Cho hàm số f  x  liên tục trên  và thỏa mãn  f  x    2 f  x   1  x với mọi x   . Tích
1
a
a

phân  f  x dx  biết
là phân số tối giản. Tính a 2  b 2 ?
b
b
2
A. 11 .
B. 305 .
C. 65 .
D. 41.
Lời giải
Chọn C
3
Từ giả thiết  f  x    2 f  x   1  x , lấy đạo hàm 2 vế ta được:
3 f   x  f 2  x   2 f   x   1
 f  x 

1
2
3 f  x  2

.

1

Xét I 

1
dx  dx    3u 2  2  du .
2
2


 f  x dx . Đặt u  f  x   du  f '  x  dx  3u

2

  f  2   3  2 f  2   3  f  2   1


Mặt khác: 
.
3
  f 1   2 f 1  0  f 1  0
0

1

Khi đó I    u  3u 2  2  du    3u 3  2u du 
1

0

7
.
4

Suy ra a  7, b  4  a2  b2  65 .
Câu 39. Gọi số phức z  a  bi,

 a, b   






thỏa mãn z  1  1 và 1  i  z  1 có phần thực bằng 1 , đồng

thời z khơng là số thực. Khi đó a.b bằng
A. a.b  2 .
B. a.b  1 .

C. a.b  2 .
Lời giải

D. a.b  1 .

Chọn B
Ta có: z  1  1 

 a  1

2

2

 b 2  1   a  1  b 2  1

1 .

1  i   z  1  1  i  a  bi  1  a  1  b   a  1  b  i .


1  i   z  1 có phần thực bằng 1

 a 1 b  1  b  2  a

 2

a  1
2
2
Thay  2  vào 1 ta được  a  1   2  a   1  2a 2  6a  4  0  
.
a  2
+ Với a  1  b  1 .
+ Với a  2  b  0 (loại vì khi đó z  2   ).
Vậy a.b  1 .
Câu 40. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và 
ABC  60 . Biết SA  SB  SC và
góc giữa mặt bên  SCD  và mặt đáy bằng 60 . Thể tích của khối chóp S. ABCD bằng
A.

a3 3
.
2

B.

a3 3
.
6


a3 2
.
2
Lời giải
C.

D.

a3 2
.
6

Chọn B

Facebook Nguyễn Vương 11


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
S

A

D

I
O
H

60°


B

a
60°

C

Ta có 
ABC  60 suy ra tam giác ABC là tam giác đều.
Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC suy ra SH   ABCD  .
Gọi I là trung điểm của AB  IH  AB  IH  CD .
  60 .
Hay SCH
Mà CI 

a 3
a 3
 a.
 HC 
 SH  HC tan SCH
2
3

Diện tích hình thoi ABCD là S ABCD  2 S ABC 

a2 3
.
2

1

a3 3
Thể tích khối chóp S. ABCD là V  S ABCD .SH 
.
3
6
Câu 41. Cho hình nón có chiều cao 6a . Một mặt phẳng  P  đi qua đỉnh của hình nón cắt hình nón theo

thiết diện là một tam giác vng cân và khoảng cách từ tâm đường trịn đáy đến mặt phẳng  P  là
3a . Thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho bằng
A. 96 a3 .
B. 108 a 3 .
C. 120 a 3 .
D. 150 a 3 .
Lời giải
Chọn C

S

K
A

O

I
B

Giả sử mặt phẳng  P  đi qua đỉnh của hình nón cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác
vuông cân SAB .
Gọi I là trung điểm của AB , O là tâm của đường tròn đáy của hình nón.
Kẻ OK  SI tại K .

Ta có d  O ,  SAB    OK  3a ; SO  6a , suy ra IO 

OK 2 .SO 2
 2 3a .
SO 2  OK 2

SI  SO 2  OI 2  4 3a.
Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

AB
IA 
 SI  4 3a (Do tam giác SAB vuông tại S ).
2

R  IA2  IO 2  2 15a.

Thể tích của khối nón cần tìm là
2
1
1
V   R 2 h  . . 2 15a .6 a  120 a 3 .
3
3
Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I  3;0;1 . Khối cầu  S  có tâm I và cắt mặt






phẳng  P  : x  2 y  2 z  1  0 theo một thiết diện là một hình trịn. Diện tích của hình trịn này
bằng  . Phương trình mặt cầu  S  là
2

2

B.  x  3   y 2   z  1  25 .

2

2

2

D.  x  3   y 2   z  1  4 .

A.  x  3   y 2   z  1  2 .

2

2

C.  x  3   y 2   z  1  5 .

2

Lời giải

Chọn C

Hình trịn thiết diện có bán kính r 


1.


Khoảng cách từ I đến mặt phẳng  P  là: d  d  I ,  P   

3  2.0  2.1  1
3

 2.

Mặt cầu  S  cần tìm có bán kính R  r 2  d 2  1  4  5 .
2

2

Vậy mặt cầu  S  có phương trình:  x  3   y 2   z  1  5 .
 x  1  t 
x 1 y 1 z


 , d 2 :  y  1 , t   
Câu 43. Trong không gian cho Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :
2
1 1
 z  t 



và mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 . Đường thẳng vng góc với  P  cắt d1 và d2 có phương
trình là
1
13


7

x  5  t
x   5  t
x  t

x  t


5

3
9



A.  y    t , t   . B.  y   t , t   . C.  y  1  t , t   . D.  y  t , t   .
5
5


z  t


2

2
4
z   t


z



t
z


t
5



5
5


Lời giải
Chọn A
Gọi đường thẳng  vng góc với  P  cắt d1 và d2 tại A và B .
Facebook Nguyễn Vương 13



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />

Ta có: A 1  2a; 1  a; a  , B  1  t ; 1; t   . Suy ra BA   2a  t   2; a; a  t   .

Mặt phẳng  P  có VTPT n  1;1;1 .

2




a   5
2a  t   2 a a  t 


Vì BA vng góc với  P  nên BA cùng phương với n 

1
1
1
t   4

5
2
1 3 2
Với a   thì A  ;  ;   .
5
5 5 5


Đường thẳng  qua A và nhận n  1;1;1 làm VTCP có phương trình tham số
1

x  5  t

3

y    t ,t  .
5

2

z   5  t


Câu 44. Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1; 2; 4  và đường thẳng d :

x 1 y  2 z  5
. Viết


2
3
1

phương trình mặt phẳng đi qua M và vng góc với d .
A. x  2 y  4 z  12  0 . B. 2 x  3 y  z  12  0 .
C. x  2 y  4 z  12  0 . D. 2 x  3 y  z  12  0 .
Lời giải
Chọn B



Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u  2; 3;1 .

Do  P   d nên  P  có một vectơ pháp tuyến là n   2; 3;1 .

Mặt phẳng  P  đi qua M 1; 2; 4  có phương trình 2  x  1  3  y  2    z  4   0 hay
2 x  3 y  z  12  0 .

Câu 45. Trên tập hợp số phức, xét phương trình z 2  mc  m  8  0 ( m là tham số thực). Có bao nhiêu
giá tri ngun của tham số m đề phương trình có hai nghiệm z1 , z2 phân biệt thỏa mãn



 



z1 z12  mz2  m2  m  8 z2 ?
A. 5.

B. 11.

C. 12.
Lời giải

D. 6.

Chọn A
Ta có   m2  4m  32 là biệt thức của phương trình.

m  8
TH1: Xét   0  m 2  4m  32  0  
khi đó phương trình có hai nghiệm thực phân
 m  4
biệt.



Ta

có

 

z12  mz1  m  8



suy

ra

z12  mz2  m  z1  z2   m  8  m 2  m  8



do

đó




z1 z12  mz2  m2  m  8 z2  m2  m  8 z1  m2  m  8 z2 * .
Nếu z1  z2  0 thì m  8  0  m  8 không thỏa mãn. Khi đó

m2  m  8  0

*  

m 2  m  8  0
m2  m  8  0
hệ vô nghiệm.


 z1   z2
m  0
Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
 z1  z2


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

TH2: Xét   0  4  m  8 khi đó phương trình có hai nghiệm phức phân biệt và z1  z2 , ta



 








z1 z12  mz2  m2  m  8 z2  m2  m  8 z1  m2  m  8 z2

có


1  33
m 
2
 m2  m  8  0  

1  33
m 
2

Kết họp điều kiện ta được m {3;4;5;6;7} .
Vậy có tất cả 5 số ngun cần tìm.

PHẦN 3. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 9-10 ĐIỂM
Câu 46. Cho hàm số f ( x) thỏa mãn f ( x)  x  f ΄( x)  ln x  2 x 2  f 2 ( x), x  (1; ) . Biết
1
f ( x)  0, x  (1; ) và f (e)  2 . Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường
e
2
y  x. f ( x), y  0, x  e, x  e

1
3
5
A. S 
B. S  2
C. S 
D. S 
2
2
3
Lời giải
Chọn C
1
f ( x)  x  f ΄( x)  ln x  2 x 2  f 2 ( x)   f ( x)  f ΄( x)  ln x  2 x  f 2 ( x)
x
1
 f ( x)  f ΄( x)  ln x
 ln x 
ln x
ln x
 x
 2x  
  2xdx 
 x 2  C.
΄  2x 
2
f ( x)
f
(
x

)
f
(
x
)
f
(
x
)


ln e
ln x
ln x
Ta có
 e 2  C  C  0  f ( x)  2  y  x  f ( x) 
.
f (e )
x
x
ln x
, y  0, x  e, x  e 2 là
Diên tích hình phẳng giới hạn bởi y 
x
e2

e2

e2


e2

ln x
ln x
1
3
S
dx  
dx   lnxd (ln x)  (ln x) 2  .
x
x
2
2
e
e
e
e
Câu 47. Cho hàm số bậc năm f ( x ) có đồ thị của đạo hàm như hình vẽ:

3 4
x  2 x 3 là
4
C. 6.
Lời giải

Số điểm cực trị của hàm số g ( x )  f  x 3  3x 2  
A. 8.

B. 7.


D. 10.

Chọn A
Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Ta có g΄( x)   3 x 2  6 x  f ΄  x3  3 x 2   3 x3  6 x 2  3 x( x  2)  f ΄  x3  3x 2   x 
Xét









f ΄ x3  3x 2  x  0  f ΄ x 3  3 x 2  x
3

phương

trình

này

đặt

2


t  t ( x)  x  3x  x  x(t )  f ΄(t )  x(t ) (*)
Đồ thị hàm số x  x (t ) đối xứng với đồ thị hàm số t  t ( x)  x3  3x2 qua đường thẳng y  x
(dáng đồ thị giống nhau chỉ đổi vai trò giữa x và t )

Quan sát đồ thị suy ra (*) có 6 nghiệm phân biệt. Do đó g΄( x ) có 8 lần đổi dấu.
Cách 2: Ta có f ΄( x ) có các điểm cực trị x  a  ( 2; 1); x  b  (0;1); x  c  (1; 2) và
f ΄( a )  2,8; f ΄(b)  2, 2; f ΄(c )  1,1 .
Suy ra bảng biến thiên của u( x)  x3  3x2 và f ΄[u ( x )] như sau:

Phương trình u ( x )  a có nghiệm x1  (1;0) ; phương trình u ( x )  b có nghiệm duy nhất x2  3
Đường

yx

thẳng



qua

các

điểm

 x1; x1  ;(0;0);(2; 2);  x2 ; x2 

suy

ra




g΄( x)  3 x( x  2)  f ΄ x 3  3 x 2  x  có tất cả 2  6  8 lần đổi dấu.

Câu 48. Cho số phức z thay đổi nhưng luôn thoả mãn z  5  z  5  6 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  1  i  z  4  4i bằng

A. 2 .

B. 2 2 .

D. 5 2 .

C. 5 .
Lời giải

Chọn B
Gọi M là điểm biểu diễn cho số phức z , và A  5 ; 0 , B



 



5 ;0 .

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Khi đó, tập hợp tất cả các điểm M thoả mãn là: MA  MB  6 là đường Elip có các tiêu điểm là
A, B và trục lớn bằng 6.
Ta có: 2c  AB  2 5  c  5 và 2a  6  a  3 . Mặt khác: b2  a2  c2  4 .
Do đó:  E  :

x2 y2

1.
9 4

Ta có: P  1  i  z  4  4i  1  i . z  4i  2 z   4i  . Gọi N  0; 4  .

Suy ra: P  2MN . Khi đó, P min  MN min  ON  b  2 , xảy ra khi và chỉ khi M  0; 2  .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 2 .
Câu 49. Cho x  0, y  1 thỏa mãn
2

 xy  x 
1 2
8 y2
2
y  log 2 


2(
y


1)

. Giá trị nhỏ nhất của

2
x2
 2y 
m

y
x2
m
P 4
 e x 1 có dạng e n (trong đó m, n là các số nguyên dương,
là phân số tối giản).
1 2y
n
Giá trị m  n bằng
A. 12.
B. 21.
C. 22.
D. 13.
Lời giải
Chọn D
Với x  0, y  1 , ta có:

2

 xy  x 

 xy  x 
 y  1  16
1 2
8 y2
2
y  log 2 


2(
y

1)

 log 2 

  4 
  2
2
2
x
 2y 
 2y 
 y  x
2

2

 y   y 1 
x
2

 log 2  4    log 2 
  4
 (*).
2
x
 y 1   y 
4
1
8
Xét hàm số f (t )  log 2 t  2 (t  0)  f ΄(t ) 
 3  0, t  0  f (t ) luôn đồng biến trên
t
t ln 2 t
x
y
2y
.
(0;  ) . Khi đó (*) có nghiệm 
x
2 y 1
y 1
2y
x
Từ x 
 ( y  1)  y  a  b  ab . Mặt khác, ta có:
y 1
2
2

2


 ab
 ab
2

  ab  
  a  b  (a  b)  4(a  b)  0  a  b  4 ( do a  b  0).
2
2




Ta có: P  e

a2
b2

1 2 b 1 2 a

. Theo bất đẳng thức BCS ta có:

a2
b2
( a  b) 2
.


1  2b 1  2a 2  2( a  b)


Facebook Nguyễn Vương 17


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
t2
2t 2  4t
, (t  4)  f ΄(t ) 
 0, t  4  f (t ) luôn đồng biến trên
2  2t
(2  2t ) 2
8
[4;  ) . Suy ra min[4; ) f (t )  f (4)  .
5

Xét hàm số

f (t ) 

8

m

Khi đó: Pmin  e 5  e n  m  8, n  5  m  n  13 .
Câu 50. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : x  2 y  3 z  10  0 ,
(Q ) : x  2 y  2 z  7  0 và mặt cầu ( S ) : ( x  1) 2  y 2  ( z  2)2  4 . Gọi M , N lần lượt là hai điểm
nằm trên ( S ) và (Q) sao cho MN luôn vng góc với ( P ) . Giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của MN
tương ứng là a và b . Khi đó a 2  b 2 là
520
560
590

A. 49
B.
C.
D.
9
9
9
Lời giải


 
3
Ta có uMN  1; 2;3 , nQ  1; 2; 2   cos uMN , nQ 
 sin 
14



Suy ra MN 

d  M , Q 

sin 
Ta có d  I ,  Q    4  R

Suy ra MN max 
Vậy a 2  b 2 






14
.MH
3

14
14
.6  2 14 , MN min 
.2
3
3

560
9

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
 />Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Tải nhiều tài liệu hơn tại: />
Facebook Nguyễn Vương 19