ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 12 - Fanpage| Nguyễn Bảo Vương - />
Câu 1.

PHẦN 1. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 5-6 ĐIỂM
Cho hàm số có bảng biến thiên như sau

Hàm số đã cho có bao nhiêu điểm cực tiểu?
A. 3 .
B. 0 .

Câu 2.

C. 1 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn D
Dựa vào BBT ta thấy, đồ thị hàm số có hai điểm cực tiểu.
Hàm số nào dưới đây có đồ thị là đường cong trong hình vẽ sau?

A. y   x 4  2 x 2  1 .

B. y  x 3  3x  1 .

C. y   x 3  3 x  1 .

D. y  x 4  2 x 2  1 .

Lời giải
Chọn B
Dựa vào hình dạng của đồ thị, đây là đồ thị của hàm số bậc ba có hệ số a  0 nên chọn
y  x3  3 x  1 .
Câu 3.

Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x 2  1 trên đoạn 1; 2 .
Giá trị M  m bằng
A. 2 .

B. 4 .

C. 2 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn A
Ta có: y  x3  3x 2  1  y  3x 2  6 x .

 x  0  1; 2
.
y  0  3x 2  6 x  0  
 x  2  1; 2

y 1  1; y  2  3  M  1; m  3
Câu 4.


Vậy M  m  2 .
Hàm số nào sau đây nghịch biến trên  ?
A. y   x 2  2 .

B. y  log 1 x .

C. y   x 3  3 x  1 .

2

D. y 

1
.
x 1

Lời giải
Chọn C
Facebook Nguyễn Vương Trang 1


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Ta có: y    x3  3x  1  3x 2  3  0, x   .

Câu 5.

Suy ra hàm số y   x 3  3 x  1 nghịch biến trên  .
2x 1
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 

là đường thẳng có phương trình
x  2
1
1
A. y  2 .
B. x  2 .
C. y   .
D. x  .
2
2
Lời giải
Chọn B
Ta có lim y  , lim y   suy ra x  2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x2

Câu 6.

x2

Đồ thị hàm số nào sau đây không cắt trục hoành?
A. y  x5  5x  2 .

B. y  x4  3x 2  3 .

C. y 

x 1
.
2 x


D. y  x3  3x  1 .

Lời giải
Chọn B
Xét hàm số y  x5  5x  2
Ta có lim y  ; lim y  
x 

x 

Do đó phương trình x5  5 x  2  0 ln có nghiệm hay đồ thị hàm số luôn cắt trục hành.
Loại đáp án#A.
x 1
x 1
Xét hàm số y 
. Đồ thị hàm số y 
cắt trục hoành tại điểm 1;0  . Loại đáp án
2 x
2 x
Xét hàm số y  x3  3x  1 .
Ta có lim y  ; lim y  
x 

x 

Do đó phương trình x3  3x  1  0 ln có nghiệm hay đồ thị hàm số ln cắt trục hành.
Loại đáp án
D.
4
Xét phương trình x  3 x 2  3  0 . Đặt t  x2 , t  0 . Khi đó:

2

t 2  3t  3  0 có  t   3  4.1.3  3  0 nên phương trình vơ nghiệm.

Câu 7.

Do vậy đồ thị hàm số y  x4  3x2  3 không cắt trục hồnh.
Với số thực dương a, b bất kì. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

 2a 3 
1
A. log 2 
  1  log 2 a  log 2 b .
3
 b 

 2a 3 
B. log 2 
  1  3log 2 a  log 2 b .
 b 

 2a 3 
C. log 2 
  1  3log 2 a  log 2 b .
 b 

 2a 3 
1
D. log 2 
  1  log 2 a  log 2 b .

3
 b 
Lời giải

Chọn C

 2a 3 
3
3
Ta có log 2 
  log 2  2a   log 2 b  log 2 2  log 2  a   log 2 b  1  3log 2 a  log 2 b .
 b 
Câu 8.

Nghiệm của phương trình log 2  4 x   4 là?
A. x  4 .

B. x  2 .

C. x  16 .

D. 64 .

Lời giải
Chọn A
Ta có: log 2  4 x   4  4 x  24  x  4 .
Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
B.



Điện thoại: 0946798489

Câu 9.

Biết rằng
5
A. .
6

3

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023
a

4 2  2 . Giá trị của a bằng
15
B.
.
2

1
.
2
Lời giải
C.

D.

5
.

2

Chọn A
3

Ta có:

5

4 2

3

 2   2

5
3

5
6

2 .
25 x

1
1
Câu 10. Số nghiệm nguyên dương của bất phương trình  
là

16

2
A. 15 .
B. 8 .
C. 16 .
Lời giải
Chọn C
Điều kiện xác định: 25  x  0  x  25 .
Với
điều
kiện
trên,
bất
phương
trình
25 x

D. 9 .

tương

đương

với

4

1
1
    25  x  4  25  x  16  x  9 .
 

 2
2
Kết hợp với điều kiện xác định ta được 9  x  25 .
Vì x nguyên dương nên x  10;11;12;...; 24; 25 .
Vậy có 16 nghiệm nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 11. Tính đạo hàm của hàm số y  8x 1 .
A. y  1  x  8x .

B. y 

8x 1
.
ln 8

C. y  8x1.ln8 .

D. y 

8x 1 ln 8
.
x 1

Lời giải
Chọn C
Ta có y  8x 1  y  8x 1.ln 8 .
1

Câu 12. Giá trị của  e  x dx bằng bao nhiêu?
0


1
A. .
e

B.

1 e
.
e

C. e  1 .

D.

e 1
.
e

Lời giải
Chọn D
1
1
1
1
e 1
Ta có:  e  x dx    e  x d   x   e  x  e 1  e 0    1 
.
0
e
e

0
0

1

1

1

  3 f  x   2 g  x  dx  10

 g  x dx  1

 f  x dx

Câu 13. Nếu
A. 3 .

0

và

thì 0
C. 5 .
Lời giải

0

B. 1.


bằng
D. 4 .

Chọn D
1

Ta có

1

1

  3 f  x   2 g  x  dx  10  3 f  x dx  2 g  x dx  10
0

0

0

1
1

  g  x dx 
0

10  2. g  x dx
0

3


 4.

Câu 14. Tìm nguyên hàm của hàm số y  sin  x  1 .
Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
A.  sin  x  1 dx  cos  x  1  C

B.  sin  x  1 dx   x  1 cos  x  1  C .

C.  sin  x  1 dx   cos  x  1  C .

D.  sin  x  1 dx  1  x  cos  x  1  C .
Lời giải

Chọn C
Ta có  sin  x  1 dx   sin  x  1 d  x  1   cos  x  1  C .
Câu 15. Cho hàm số f  x  liên tục trên  2;3  . Gọi F  x  là nguyên hàm của f  x  trên khoảng  2;3 .
2

Tính

  f  x   2 x dx biết F  1  1, F  2   4 .

1

A. I  9 .

B. I  6 .


D. I  3 .

C. I  10 .
Lời giải

Chọn B
2

  f  x   2 x dx 

1

2



1

2

2

f  x  dx  2  xdx  F  2   F  1  x 2 |  4  1  4  1  6 .
1

1

Câu 16. Số phức liên hợp của số phức z  2  5i là
A. z  2  5i .

B. z  5  2i .

C. z  2  5i .
Lời giải

D. z  2  5i .

Chọn C
Số phức liên hợp của số phức z  2  5i là z  2  5i .
Câu 17. Trong mặt phẳng tọa độ, điểm M  4; 5 là điểm biểu diễn cho số phức nào dưới đây?
A. 5  4i .

B. 4  5i .

C. 5  4i .
Lời giải

D. 4  5i .

Chọn D
Ta có M  4; 5 biểu diễn cho số phức z  4  5i .
Câu 18. Cho số phức z thỏa mãn 2( z  1  2i)  9  5i. Môđun của số phức z bằng
A. 5 .

B.

2.

C. 5 2 .


D.

5 2
.
2

Lời giải
Chọn C
Ta có 2( z  1  2i)  9  5i  2 z  2  4i  9  5i  2 z  7  i  2 z  7  i  z  5 2.
Câu 19. Cho cấp số cộng  un  thỏa mãn u2  u9  3, u4  u6  1. Tìm công sai của cấp số cộng  un 
A. 4 .

B.  2 .

C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn C
15

u2  u9  3
 2u1  9d  3
u1  
Ta có: 


2 .
2u1  8d  1

u4  u6  1
 d  2
Câu 20. Hình bên mơ tả 5 xã trong một huyện. Hỏi có bao nhiêu cách mà em có thể dùng 4 màu khác
nhau để tơ màu sao cho khơng có hai xã giáp nhau nào trùng nhau?

A. 96.

B. 144.

C. 48.

D. 72.

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Lời giải
Chọn A
Ta chọn màu để tô lần lượt các xã.
Để tô màu xã A có: 4 cách.
Tơ màu xã B có: 3 cách. ( Khác màu đã tô ở xã A ).
Tô màu xã C có: 2 cách. ( Khác màu đã tơ ở xã A và B ).
Tơ màu xã D có: 2 cách. ( Khác màu đã tô ở xã A và C ).
Tơ màu xã E có: 2 cách. ( Khác màu đã tô ở xã D và C ).
Vậy có tất cả 4.3.2.2.2  96 cách tơ màu.
Câu 21. Thể tích của khối hình hộp chữ nhật có các kích thước 2a, 3a, 5a là
A. 10a 3 .


B. 30a3 .

C. 15a3 .
Lời giải

D. 6a3 .

Chọn B
Thể tích của khối hình hộp chữ nhật đã cho là: 2a  3a  5a  30a3 .
Câu 22. Cho khối chóp có diện tích đáy B  8 và chiều cao h  9 . Tính thể tích của khối chóp.
A. 27 .
B. 42 .
C. 24 .
D. 72 .
Lời giải
Chọn C
1
1
Thể tích của khối chóp V  B.h  .8.9  24 .
3
3
Câu 23. Cho hình trụ có bán kính bằng 3a . Cắt hình trụ bởi mặt phẳng  P  song song với trục hình trụ và
cách trục của hình trụ một khoảng a 5 ta được thiết diện là một hình vng. Thể tích của khối
trụ đã cho bằng
2 2
 a3 .
A. 12 a 3 .
B. 36 a 3 .
C.

D. 2 2 a 3 .
3
Lời giải
Chọn B

Ta có cạnh của hình vng là 2  9a 2  5a 2  4a
Độ dài của đường sinh là l  4 a
2

Thể tích của khối trụ là V   r 2 h   r 2l    3a  4a  36 a3 .
Câu 24. Cho khối nón có bán kính đáy bằng 2, chiều cao bằng 3. Thể tích của khối nón đã cho bằng
A. 18 .
B. 6 .
C. 12 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn D
1
1
Thể tích của khối nón đã cho bằng V   R 2h   .22.3  4 .
3
3
Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 25. Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc mặt phẳng  P  : x  y  2 z  1  0 .
A. M 1 1; 2;0  .

B. M 2 1; 2;1 .


C. M 4  1; 2; 0  .

D. M 3 1;3;0  .

Lời giải
Chọn A
Có 1  2  0  1  0 nên M 1   P  .
   

Câu 26. Trong không gian Oxyz, cho a  2i  3 j  k. Tọa độ của a là
A.  3; 2; 1 .

B.  2; 1;3 .

C.  2;3; 1 .

D.  1; 2;3  .

Lời giải
Chọn C
Câu 27. Trong không gian Oxyz , vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường

 x 1  t

thẳng d :  y  2  3t ?
z  1  t


A. u 2  1;3;1 .



B. u 4   1;3;  1 .


C. u1   1;3;1 .


D. u 3  1; 2;  1 .

Lời giải
Chọn C

Vectơ chỉ phương của đường thẳng là u1   1;3;1 .
Câu 28. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  10 z  6  0 . Toạ độ tâm I và
bán kính R của  S  là
A. I  1; 2; 5  , R  6 . B. I 1; 2;5  , R  6 .
C. I  1; 2; 5 , R  36 .

D. I 1; 2;5  , R  36 .

Lời giải
Chọn A
Ta có  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  10 z  6  0 suy ra tâm I  1; 2; 5  và bán kính R  6 .
PHẦN 2. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 7-8 ĐIỂM
Câu 29. Cho hình thang cong  H  giới hạn bởi các đường y  e x , y  0, x   1, x 1 . Tính thể tích của vật
thể trịn xoay được tạo thành khi cho hình  H  quay quanh trục hồnh được tính theo cơng thức
nào dưới đây?
1


1

A.   e 2 x dx .
1

B.   e x dx .
1

1

C.

2x
 e dx .

1

D.

1

x

 e dx .
1

Lời giải
Chọn A
Thể tích của vật thể trịn xoay được tạo thành khi cho hình  H  quay quanh trục hồnh là:
1


V    e 2 x dx
1

Câu 30. Tổng các nghiệm của phương trình log 2  x 2  x  1  2  log 2 x bằng?
A. 1 .

B. 4 .

C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn D
ĐK: x  0
Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

log 2  x  x  1  2  log 2 x  log 2  x  x  1  log 2  4 x   x  x  1  4 x  x 2  3 x  1  0 The
2

2

2

o Vi-ét, tổng các nghiệm của phương trình bằng 3 .

Câu 31. Tập nghiệm của bất phương trình  4 x  65.2 x  64   2  log 3  x  3   0 có tất cả bao nhiêu số
nguyên?
A. 2 .

B. 4 .

C. 3 .
Lời giải

D. Vô số.

Chọn B
Điều kiện x  3 .
+ TH1: 2  log3  x  3  0  x  6 TM  .
+ TH2: 2  log 3  x  3  0  x  6 .
2x  1
x  0
Khi đó BPT đã cho  4 x  65.2 x  64  0   x
. Suy ra 3  x  0 .

x  6
 2  64

+ TH3: 2  log 3  x  3  0  x  6 .
Khi đó BPT đã cho  4 x  65.2x  64  0  1  2 x  64  0  x  6  L  .
Do đó BPT đã cho có nghiệm là x   3;0  6 . Mà x    x  2; 1;0;6 .
Vậy tập nghiệm của BPT đã cho có 4 số nguyên.
Câu 32. Cho hàm số y  ax 4  bx 2  cx  d có đồ thị như hình dưới. Mệnh đề nào đúng?

A. a  0; b  0; c  0; d  0 .


B. a  0; b  0; c  0; d  0 .

C. a  0; b  0; c  0; d  0 .

D. a  0; b  0; c  0; d  0 .
Lời giải

Chọn D
Đồ thị hàm số ta có nhận xét:
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng nên hàm số y  ax 4  bx 2  cx  d là hàm số chẵn, suy ra

c  0.
lim y    a  0.
x 

Hàm số có 3 cực trị suy ra a.b  0  b  0.
Cắt trục tung tại điểm có tung độ dương suy ra d  0.
Vậy a  0; b  0; c  0; d  0 .
Câu 33. Cho hàm số f  x   x 2  2 m x  m  5  m 3  m 2  1 . Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn

 20;20 để hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị?
A. 41 .

B. 23 .

C. 40 .
Lời giải

D. 20 .


Facebook Nguyễn Vương 7


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
 x 2  2 mx  2 m  m  5   m 3  m 2  1 khi x  m - 5
f  x   x 2  2m x  m  5  m 3  m 2  1   2
3
2
 x  2mx  2 m  m  5   m  m  1 khi x  m - 5
 x  m  2  m 3  10 m  1 khi x  m - 5

2
3
2
 x  m   m  10m  4m  1 khi x  m - 5
 2  x  m  khi x  m - 5
.
f '( x )  
 2  x  m  khi x  m - 5

Lập bảng xét dấu f '( x ) và từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị khi và
 m  5  m  m
5
m .
chỉ khi 
2
 m  5  m  m
Vì m nguyên thuộc đoạn  20;20 nên chọn m20; 19;...; 1;0;1;2 có 23 số thỏa mãn đề
bài.

Câu 34. Cho hàm số y  f x  có bảng biến thiên như sau:

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f   f  x    0 là
A. 9.

B. 10.

C. 11.
Lời giải

D. 8.

Chọn A
 f  x   1

Ta có: f   f  x    0   f  x   0
f x 2
  

Từ bảng biến thiên ta thấy:
f  x   1 có 3 nghiệm
f  x   0 có 4 nghiệm
f  x   2 có 2 nghiệm

Vậy số nghiệm thực của phương trình là 9.

e 2 x  1 khi x  0
Câu 35. Cho hàm số f ( x)  
. Giả sử F ( x ) là nguyên hàm của f ( x ) trên  thoả mãn
4 x  2 khi x  0

F ( 2)  5 . Biết rằng F (1)  3F (1)  ae2  b (trong đó a, b là các số hữu tỉ). Khi đó a  b bằng
A. 8.
B. 5.
C. 4.
D. 10.
Lời giải
Chọn B
 2x
e2 x
e

1
dx

 2  x  C1 khi x  0 .
 
Ta có F ( x)  
 (4 x  2)dx  2 x 2  2 x  C
khi x  0
2

Do F (2)  5  C2  1 .
Do F ( x ) liên tục tại x  0 nên lim F ( x)  lim F ( x)  F (0)
x0

x 0

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489


ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

1
1
1
  0  C1  C2   C1  1  C1 
2
2
2
2x
e
1
 x
khi x  0

Do đó F ( x)   2
2
2 x 2  2 x  1 khi x  0

1
9
1
9
Suy ra F (1)  3F ( 1)  e 2  . Khi đó a  ; b  .
2
2
2
2
Vậy a  b  5 .


ABC  60 , cạnh bên SA vng góc với
Câu 36. Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a, 
đáy, mặt bên  SCD  tạo với đáy một góc 60 . Thể tích khói chóp S . ABC bằng:
A. 3a 3 3 .

B. 2 a 3 3 .

C. a 3 3 .
Lời giải

D. 2a3 .

Chọn B

Gọi M là trung điểm của CD . Suy ra

 AM  CD
  60
 CD   SAM     SCD  ,  ABCD    SMA

SA  CD

2a 3
 a 3  SA  AM .tan 60  3a .
2
1
1
 AC.BD  .2a.2 3a  2 3a 2 .
2

2

Ta lại có: AM 

S ABCD

Vậy thể tích khói chóp S . ABC bằng

1
VS . ABC  .3a.2 3a 2  2 3a3 .
3
Câu 37. Cho hình nón N1 đỉnh S đáy là đường trịn C  O; R  , đường cao SO  40 cm. Người ta cắt hình
nón bằng mặt phẳng vng góc với trục để được hình nón nhỏ N2 có đỉnh S và đáy là đường tròn
VN
1
C   O; R   . Biết rằng tỷ số thể tích 2  . Độ dài đường cao của hình nón N2 là
VN 1 8
A. 5 cm.

B. 10 cm.

C. 20 cm.
Lời giải

D. 49 cm.

Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 9



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
1
1
Ta có: VN1   R 2 .SO , VN2   R2 .SO .
3
3

Mặt khác, SO A và SOB đồng dạng nên

3
VN
R2 .SO  SO  1
R SO


. Suy ra: 2  2
  .
VN1
R .SO  SO  8
R SO

SO 1
1
  SO  .40  20cm .
SO 2
2
Vậy độ dài đường cao hình nón N 2 bằng 20cm .
Câu 38. Một nhóm học sinh gồm có 4 nam và 5 nữ, chọn ngẫu nhiên ra 2 học sinh. Tính xác suất để 2 học
sinh được chọn có 1 nam và 1 nữ.

7
5
4
5
A. .
B.
.
C. .
D. .
9
18
9
9
Lời giải
Chọn D
+ Số phần tử của không gian mẫu: n     C92  36 .
Suy ra

+ Gọi A là biến cố “2 học sinh được chọn có 1 nam và 1 nữ”
 số kết quả thuận lợi cho A là n  A  4.5  20 .
Vậy xác suất để A xảy ra: P  A  



n  A  20 5

 .
n    36 9




Câu 39. Cho số phức z thỏa mãn 3 z  i   2  i  z  3  10i . Mô đun của z bằng
A.

5.

B. 5 .

C. 3 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn A
Gọi z  a  bi thì z  a  bi ta có





3 z  i   2  i  z  3  10i  3  a  bi  i    2  i  a  bi   3  10i

 3a  3bi  3i  2a  2bi  ai  b  3  10i

 a  b   5b  3  a  i  3  10i
a  b  3
a  b  3
a  2




 a  5b  3  10
a  5b  7
b  1
Vậy z  2  i  z  5 .
Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 2;3 và hai mặt phẳng

 P  : x  y  z  1  0 ,  Q  : x  y  z  2  0 . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường
thẳng đi qua A , song song với  P  và  Q  ?
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

 x  1  2t

A.  y  2 .
 z  3  2t


x  1 t

B.  y  2 .
z  3  t


 x  1  t

C.  y  2

.
 z  3  t

Lời giải

x  1

D.  y  2 .
 z  3  2t


Chọn B
Gọi d là đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 
Vectơ chỉ phương của d là ud   nP , nQ    2;0; 2   2 1; 0; 1 .
x  1 t

d có phương trình tham số là  y  2 .
z  3  t


Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho điểm M  3; 1; 2  và mặt phẳng   : 3x  y  2 z  4  0 . Mặt
phẳng đi qua M và song song với   có phương trình là
A. 3x  y  2 z  14  0 . B. 3x  y  2 z  6  0 .
C. 3x  y  2 z  6  0 .

D. 3x  y  2 z  6  0 .
Lời giải


Chọn D
Gọi  P  là mặt phẳng cần tìm.
Ta có  P  song song với   suy ra  P  : 3x  y  2 z  d  0 , d  4 .
Mà M   P   3.3   1  2.  2   d  0  d  6 TM  .
Vậy  P  : 3x  y  2 z  6  0 .

x  2  t
x 1 y  2 z  2



Câu 42. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng  d1  :
,  d 2  :  y  3  t ( t là
2
1
2
z  4  t

tham số) và mặt phẳng  P  : x  y  z  6  0 . Đường thẳng  d  song song với  P  , cắt  d1  và

 d2  lần lượt tại

A và B sao cho AB  3 6 . Phương trình của  d  là

x 1 y  3 z  4
x5 y z 2


 
.

B.
.
2
1
1
1
1
2
x  4 y 1 z
x 2 y 3 z  4




C.
. D.
.
1
1 2
1
1
2
Lời giải
Chọn D
Gọi A  d1  d  A  d1  A 1  2s ; 2  s ; 2  2s 
A.

Và B  d 2  d  B  d 2  B  2  t ;3  t ; 4  t  .

Suy ra AB   t  2s  1; t  s  5; t  2 s  2  .


Mặt phẳng  P  có một vectơ pháp tuyến là nP  1; 1;1
 
 
Vì d //  P   AB  nP  AB.nP  0   t  2s  1   t  s  5    t  2s  2   0

 t  s  2  0  s  t  2 . Suy ra: AB   3t  3;3;3t  6  .
t  0
2
2
Ta có: AB  3 6   3t  3  9   3t  6   54  18t 2  54t  0  
.
 t  3
Facebook Nguyễn Vương 11


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Với t  3  B  5; 0;1   P  (loại)

x 2 y 3 z 4


Với t  0  B  2;3; 4  và AB   3;3;6  . Vậy d :
.
1
1
2
Câu 43. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh 2 , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vng góc với đáy. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  .
A.


2 21
.
7

B.

14
.
6

3 14
.
7
Lời giải

C.

D.

21
.
6

Chọn A

Gọi H là trung điểm của AB vì tam giác SAB đều và vng góc với đáy suy ra SH là đường
cao của hình chóp.

AH //  SCD   d  A,  SCD    d  H ,  SCD   .

Gọi M là trung điểm của CD ta có CD   SHM  .
Trong mặt phẳng  SHM  gọi K là hình chiếu vng góc của H trên SM
CD  HK
Ta có 
 HK   SCD   d  H ,  SCD    HK .
 SM  HK
1
1
1


 HK 
2
2
HK
HM
HS 2

HM .SH
2

2



2 3
2 21
.

7

43

HM  HS
Câu 44. Cho hình chóp S . ABCD tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng SC và
AB . Tính số đo của  .
A.   120 .
B.   90 .
C.   60 .
D.   45 .

Lời giải
Chọn B

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

    60 (Do tam giác SCD đều).
AB //CD  
AB, SC   
CD, SC   SCD
Câu 45. Trong tập số phức  , cho phương trình z 2  6 z  m  0 . Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên của tham
số m trong khoảng  0; 20  để phương trình trên có hai nghiệm z1 , z2 thỏa mãn z1 z1  z2 z2 ?
A. 13 .

B. 12 .

D. 10 .


C. 11 .
Lời giải

Chọn C
Xét phương trình z 2  6 z  m  0 có    9  m .
Nếu 9  m  0  m  9 thì phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt z1 , z2 và khi đó

z1  z1; z2  z2 .
Ta có z1 z1  z2 z2  z12  z22  z1   z2  z1  z2  0 (không xảy ra do z1  z2  6 ).
Nếu

9m  0  m 9

thì phương trình trên có nghiệm kép

z1  z2  3

và khi

đó z1  z1  z2  z2  3 nên z1 z1  z2 z2  9 .
Nếu 9  m  0  m  9 thì phương trình trên có 2 nghiệm phức dạng z1  a  bi, z2  a  bi với
a , b   . Khi đó z1  z2 ; z2  z1 nên z1 z1  z2 z2 với m  9 .

Kết hợp các trường hợp trên ta được: m  9 . Do m   0; 20  , m    m  9;10;11;....;19 .
Vậy có 11 số nguyên m thỏa mãn u cầu bài tốn.
PHẦN 3. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 9-10 ĐIỂM
Câu 46. Cho hàm số f ( x)  x 2  2 x  1 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để giá trị
lớn nhất của hàm số g ( x )  f 2 ( x )  2 f ( x )  m trên đoạn [1;3] bằng 8. Tính tổng các phần tử
của S .

A. -7.

B. 2.

C. 0.
Lời giải

D. 5.
2

Xét u ( x)  f 2 ( x)  2 f ( x)  m  ( f ( x)  1) 2  m  1   x 2  2 x   m  1
Ta có min[ 1;3] u ( x)  u (0)  u (2)  m  1; max[ 1;3] u ( x)  u (1)  u (3)  m  8
 max[ 1;3] g ( x)  max{| m  1|,| m  8 |}  8  m  0; m  7 .

Chọn đáp án A.
Câu 47. Cho hàm số y  f  x  là hàm đa thức bậc 4 . Biết hàm số y  f   x  có đồ thị  C  như hình vẽ
và diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  và trục hoành bằng 9. Gọi M , m lần lượt là
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x  trên  3; 2 . Tính S  M  m .

Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
A.

16
.
3

B.


32
.
3

27
.
3
Lời giải
C.

D.

5
.
3

Chọn B
Hàm số y  f  x   ax 4  bx3  cx 2  dx  e  a  0  có đạo hàm y  f   x  là hàm số bậc 3.
Phương trình f   x   0 có các nghiệm x  2 (bội lẻ) và x  1 (bội chẵn).
2

Suy ra f   x   a  x  2  x  1 . Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị  C  và trục hoành
1

là: S 



2


1
2

f   x  dx  a.   x  2  x  1 dx  9  a 
2

4
4
2
. Suy ra: f   x    x  2  x  1 .
3
3

Mặt khác, ta có bảng biến thiên của hàm số y  f  x  trên  3; 2 :

2

Xét: f  2   f  3 



2

f   x  dx 

3

4


 3  x  2 x  1

2

dx  7  0  f  2   f  3 .

3

Do đó: M  max f  x   f  2  và m  min f  x   f  2  .
 3;2

3;2

2

Vậy S  M  m  f  2   f  2  



2

f   x  dx 

2

4

 3  x  2 x  1

2


dx 

2

Câu 48. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 4  32 x

2

 y2



 4  92 x

2

y

7

32
.
3

y  2 x2  2

x  y  10
đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng x  y bằng
x

A. 1  8 2
B. 9.
C. 8.
Lời giải
Chọn C

. Khi biểu thức

P

Ta có 4  32 x

2

 y2



 4  92 x

2

y

7

1
Đặt t  2 x 2  y ta được: 4  
7
u


t 2

y  2 x2  2

3
 
7
u

 4  9  32 x
t 2

2

y

D. 1  9 2 .



 4  92 x

2t

2

y

7


y  2 x2  2

2t

1
3
 4     .
7
7
u

u

1 3
3
1 3
1
Xét hàm số y  f (u )  4      có f ΄(u )  4   ln    ln  0, u  
7 7
7
7 7
7
Suy ra hàm số f (u ) luôn đồng biến trên   t  2  2t  t  2  2 x 2  y  2





Khi đó y  2 x 2  1 , với y  0 thì ta có x 2  1  0  x  1 .

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023
2

x  y  10 x  2 x  2  10
8
8

 1  2x   1  2 2x   9
x
x
x
x
8
Dấu bằng xảy ra khi 2 x   x  2 và y  6 hay x  y  2  6  8 .
x
Câu 49. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu  S1  : ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  3) 2  36 ;

Từ đó ta có được: P 

 S 2  : ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  3)2  49 và điểm A(7; 2; 5) . Xét đường thẳng  di động nhưng
luôn tiếp xúc với  S1  đồng thời cắt  S 2  tại hai điểm B , C phân biệt. Diện tích lớn nhất của tam
giác ABC bằng
A. 20 13 .

B. 16 13 .


C. 8 13 .
Lời giải

D. 18 13 .

Chọn B

Mặt cầu  S1  : ( x  1)2  ( y  2)2  ( z  3)2  36 có tâm I (1; 2;3) , bán kính R1  6 .
Mặt cầu  S 2  : ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  3) 2  49 có tâm I (1; 2;3) , bán kính R2  7 .
Suy ra 2 mặt cầu trên đồng tâm. Dễ kiểm tra được điểm A(7; 2; 5) nằm ngoài  S1  và nằm trong

 S2  .
Gọi H là giao điểm của đường thẳng IA với mặt cầu  S1  ( H không thuộc đoạn IA ).
Diện tích tam giác ABC lớn nhất khi  tiếp xúc với  S1  tại tiếp điểm H .

Ta có: IA  (6;0; 8)  IA  10 .

 x  1  3t

, H  AI  H (1  3t; 2;3  4t ) .
Phương trình đường thẳng IA :  y  2
 z  3  4t

H   S1   (1  3t  1) 2  (2  2) 2  (3  4t  3) 2  36  t 2 

Với t 

36
6
t .

25
5

6
 23 9 
điểm H  ; 2;   AH  16  10  IA  H là điểm cần tìm.
5
5 
 5

Trong tam giác BIH vng tại H có: BH  BI 2  HI 2  7 2  6 2  13  BC  2 3 .
1
1
Diện tích lớn nhất của tam giác ABC là: S  AH  BC  16  2 13  16 13 .
2
2
z  3i  1
Câu 50. Gọi S là tập hợp tất cả các số phức z sao cho số phức w 
là số thuần ảo. Xét các số
z 3i
2
2
phức z1 , z2  S thỏa mãn z1  z2  2 , giá trị lớn nhất của P  z1  3i  z2  3i bằng
A. 10.

B. 20.

C. 2 26 .
Lời giải


D. 4 26 .

Chọn C
Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Ta có: z  x  yi ( x, y   ) .
z  3i  1 ( x  1)  ( y  3)i [( x  1)  ( y  3)i ][( x  3)  ( y  1)i ]
w


z  3  i ( x  3)  ( y  1)i [( x  3)  ( y  1)i ][( x  3)  ( y  1)i ]
w là số thuần ảo  ( x  1)( x  3)  ( y  3)( y  1)  0  x 2  y 2  2 x  4 y  0 .
Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của z1 , z2 ta có M , N  (C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  0
(C) có tâm I (1; 2) , bán kính R  5
Các số phức z1 , z2  S thỏa mãn z1  z2  2 

2

 xN  xM    yN  yM 

2

 2  MN  2 .

Gọi A(0, 3)




 
 
2
2
P  z1  3i  z2  3i  AM 2  AN 2  ( AM ) 2  ( AN ) 2  ( AI  IM ) 2  ( AI  IN )2
 
 
  
 IA2  IM 2  2 AI  IM  IA2  IN 2  2 AI  IN  2 AI ( IM  IN )
 
 
 2 AI  NM  2.IA  MN  cos( AI , NM )  2.IA  MN  2  26  2  2 26

Do M , N  (C )  IM  IN  R  5; IA  26
 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai vecto AI , NM cùng hướng.
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 TOÁN)  />
Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương
 />Tải nhiều tài liệu hơn tại: />
Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />