ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 13 - Fanpage| Nguyễn Bảo Vương - />PHẦN 1. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 5-6 ĐIỂM
Câu 1. Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu đạo hàm như sau

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 3
B. 4 .

D. 5 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn A
Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy f   x  đổi dấu khi qua các điểm x  1; x  1; x  2 .
Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
x 1
Câu 2. Cho hàm số y 
. Khẳng định nào sau đây đúng?
2x  2
1
1
A. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x  .
B. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là x  .
2
2
1

C. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x  2 .
D. Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  .
2
Lời giải
Chọn D
Tập xác định D   \ 1 .

 x 1 
Ta có: lim 
    x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x 1  2 x  2 
x 1 1
1
lim
  y  là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x  2 x  2
2
2
Câu 3. Hàm số nào dưới đây có bảng biến thiên như hình bên dưới?

A. y 

x  3
.
x 1

B. y 

x3
.

x 1

C. y 

x  3
.
x 1

D. y 

x  2
.
x 1

Lời giải
Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số có TCĐ x  1 , TCN y  1 và có đạo hàm

y  0, x  1 nên ta chọn y 

x  3
.
x 1

Facebook Nguyễn Vương Trang 1


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 4. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên dưới.


Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  1;1 .
B.  ; 1 .
C.  0;1 .

D.  1;0  .

Lời giải
Chọn D
Từ đồ thị, ta thấy hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  1;0  .
Câu 5. Cho hàm số y  f  x  xác định và liên tục trên  , có đồ thị như hình vẽ dưới. Tìm giá trị lớn nhất
M của hàm số y  f  x  trên đoạn  2; 2 .

A. M  0 .

B. M  1 .

C. M  1 .
Lời giải

D. M  2 .

Chọn B
Dựa vào đồ thị hàm số y  f  x  , ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x  trên đoạn  2; 2
bằng 1 .
Câu 6. Điểm nào dưới đây thuộc đồ thị của hàm số y 

 1
A. M 1;  .
 3


B. Q  1;3 .

2x 1
?
x2

C. P  1;1 .

D. N  1; 2  .

Lời giải
Chọn A
Đồ thị của hàm số y 

2x 1
 1
đi qua điểm M 1;  .
x2
 3
3b

 là
 a
1
D.  .
3

Câu 7. Cho a, b là các số thực dương khác 1 thỏa mãn log a b  3. Giá trị của log
A.  3.


B. 2 3.

C.

3.

b
a

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Lời giải
Chọn D

3b
Ta có: log a b  3  b  a 3  log b 
  log 3
a 
a2
a 
a

 3
a 3
 1

 a2


3 1


1
 3 2


.

3
3

1

2

Câu 8. Phương trình log3  3x  2   3 có nghiệm là
A. x 

11
.
3

B. x 

25
.

3

C. x 

29
.
3

D. x  87 .

Lời giải
Chọn C

 x 
3x  2  0
Ta có log3  3x  2   3  

3
3x  2  3
x 


Câu 9. Tập xác định của hàm số y   x  2 
A.  \ 2 .

3

2
29
3

.
x
29
3
3

là

B.  .

C.  2;   .

D.  ; 2  .

Lời giải
Chọn A
Ta có điều kiện xác định của hàm số là x  2  0  x  2 .
Vậy tập xác định của hàm số là  \ 2 .
Câu 10. Đạo hàm của hàm số y  4 x là
A. y  

4x
.
ln 4

B. y  4 x ln 4 .

C. y  4 x .

D. y  x.4 x1 .


Lời giải
Chọn B
Đạo hàm của hàm số y  4 x là y  4 x ln 4 .
x

1
Câu 11. Tập nghiệm của bất phương trình    9 là
3
A.  ; 2  .
B.  ; 2  .

C.  2;   .

D.  2;   .

Lời giải
Chọn B
x

1
Ta có:    9  3 x  32   x  2  x  2 .
 3
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S   ; 2  .
2x
Câu 12. Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số f  x   e ?

1
A. F  x   e2 x  x .
2


1
2x
B. F  x   e  2022 . C. F  x   e2 x  4 .
2
Lời giải

2x
D. F  x   2e  1 .

Chọn C

1
1
2x
Ta có  e2 x dx  e2 x  C suy ra F  x   e2 x  4 là một nguyên hàm của hàm số f  x   e
2
2
Câu 13. Mệnh đề nào dưới đây đúng ?
Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
1
cos 2 x  C .
2

A.  cos xdx   cos x  C .

B.  cos xdx 


C.  cos xdx   sin x  C .

D.  cos xdx  sin x  C .
Lời giải

Chọn D
Có  cos xdx  sin x  C .
3

Câu 14. Cho hàm số f  x  liên tục trên  , thỏa mãn

10



f  x  dx  6 và

0

 f  x  dx  3 .

Giá trị của

3

10

 f  x  dx


bằng bao nhiêu ?

0

A. 18 .

B. 3 .

C. 9 .
Lời giải

D. 30 .

Chọn C
3

Ta có



10

f  x  dx  6 và

0



10


f  x  dx  3 thì

3

0

1

Câu 15. Cho

x

2

1
A.  .
3

10

0

3

1

 2 x  3 f  x   dx  1

0




3

f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  6  3  9 .

. Tính
5
B.  .
3

 f  x dx
0

bằng

1
C.  .
9
Lời giải

5
D.  .
9

Chọn D
1

x
0


1

2

1

1

5
 2 x  3 f  x   dx  1    x  2 x  dx  3  f  x  dx  1   f  x  dx   .
9
0
0
0
2

Câu 16. Cho hai số phức z1  1  2i và z2  3  i .Trong mặt phẳng tọa độ, điểm biểu diễn số phức

z  z1.z2 có tọa độ là
A.  5;  5 .

B.  2;3 .

C.  1;  6  .

D. 1; 5 .

Lời giải
Chọn A

Ta có: z  z1.z2  1  2i  3  i   5  5i  điểm biểu diễn cho số phức z có tọa độ là

 5;  5 .
Câu 17. Số phức liên hợp của số phức z  2  5i là
A. z  5  2i .

B. z  2  5i .

C. z  5i .
Lời giải

D. z  5i .

C. 25 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn B
Có z  2  5i. .
Câu 18. Modun của số phức z  3  4i bằng?
A. 4 .
B. 3 .
Chọn D
2

Ta có z  3  4i  32   4   5
Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489


ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Câu 19. Số tập hợp con có 3 phần tử của một tập hợp có 7 phần tử là
B. C73 .

A. 7 .

C. A73 .

D.

7!
.
3!

D.

4
.
3

Lời giải
Chọn B
Số tập hợp con có 3 phần tử của một tập hợp có 7 phần tử là C73 .
Câu 20. Cho cấp số cộng  un  với u1  6 và u2  8 . Giá trị công sai d bằng
A. 2 .

B. 14 .


C. 48 .

Lời giải
Chọn A
Theo tính chất của cấp số cộng: u2  u1  d  d  u2  u1  8  6  2 .
Câu 21. Cho khối lăng trụ có diện tích đáy S  2 cm2 và chiều cao h  3 cm . Thể tích V của khối lăng trụ
đã cho là
2
1
A. V  2 cm3 .
B. V  cm3 .
C. V  cm3 .
D. V  6 cm3 .
3
3
Lời giải
Chọn D
Ta có: V  S .h  2.3  6 cm3 .
Câu 22. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh bằng a , cạnh bên SB vng góc với mặt
phẳng  ABCD  , SB  a 3 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .
A. V 

a3 3
.
2

B. V 

a3 3
.

6

C. V 

3a3
.
4

D. V 

a3 3
.
3

Lời giải
Chọn D

1
1
a3 3
Thể tích khối chóp là VS . ABCD  .S ABCD .SB  .a 2 .a 3 
.
3
3
3

Câu 23. Tính thể tích khối trụ có bán kính đáy bằng
A. 8 .

B. 4 .


2 , độ dài đường sinh bằng 2 2 .
C. 4 2 .
D. 8 2 .
Lời giải

Chọn C
Ta có V   R 2 h   R 2l  

2

 2.  .2

2  4 2 .

Câu 24. Cho tam giác ABC vuông tại A với AB  AC  a . Quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta thu
được một khối tròn xoay có thể tích bằng
Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
A.

 a3
3

a3
.
3
Lời giải


B. a 3 .

.

D.  a 3 .

C.

Chọn A

B

C

A

Quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta thu được một khối nón trịn xoay có bán kính đường trịn
đáy r  AC  a , chiều cao h  AB  a.
1
1 2
 a3
Vnon  Bh   r h 
.
3
3
3
Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 3x  z  2  0 . Vectơ nào sau đây là
một vectơ pháp tuyến của  P  ?



A. n4   3; 1;0  .
B. n2   3; 1; 2  .


C. n3   3;0; 1 .


D. n1   0;3; 1 .

Lời giải
Chọn C

Ta có:  P  : 3x  z  2  0 suy ra vectơ pháp tuyến là n3   3;0; 1
 x  3  2t

Câu 26. Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d :  y  1  3t ?
 z  1  t


A. M 2  3; 1;1 .

B. M 1  3;1; 1 .

C. M 3  2; 3;1 .

D. M 4 1;3; 1 .

Lời giải
Chọn B

 x  3  2t

Ta có đường thẳng d :  y  1  3t đi qua điểm M 1  3;1; 1
 z  1  t

 


Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ u   2;5; 1 và v  1; 2; 2  . Toạ độ của vectơ u  v là

A.  3;3;1 .

B.  3;3; 1 .

C.  3;7;1 .

D. 1;7; 3 .

Lời giải
Chọn A


 
Ta có u   2;5; 1 và v  1; 2; 2  suy ra u  v   3;3;1 .
2

2

2


Câu 28. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  2    y  4    z  1  9 . Tìm tâm của mặt cầu

S .
A.  2;  4;1 .

B.  2; 4;1 .

C.  2;  4;  1 .

D.  2; 4;  1 .

Lời giải
Chọn A
2

2

2

Mặt cầu  S  :  x  a    y  b    z  c   R 2 có tâm I   a; b; c    2;  4;1 .
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. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  3x  1 tại giao điểm của đồ thị này với
trục tung là
A. y  3 x  1 .

B. y  3 x  1 .
C. y  8 x  1 .
D. y  8 x  1 .
Lời giải
Chọn B
Giao điểm của đồ thị với trục tung là điểm M  0;1 .
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x   x 3  3x 2  3x  1 tại giao điểm M  0;1 :

y  y0  f   x0  x  x0  , với x0  0, y0  1.
f   x   3x 2  6 x  3, f   0   3.
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y  3 x  1.
Câu 30. Cho

hàm

y  f  x

số

xác

4

3

f   x    x  1  x 2  2 x  1  x 2 
A. 1 .

2021


định,

liên

tục



trên

và

có

đạo

hàm

. Số điểm cực đại của hàm số đã cho là
C. 3 .
Lời giải

B. 2 .

D. 0 .

Chọn A
3




Ta có: f   x    x  1 . x 2  2 x

4

 1  x 
2

2021

  x  1

2024

4

.x 4 .  x  2  . 1  x 

2021

.

 x  1
x  0

f  x  0  
x  2

x  1
Bảng xét dấu:


Từ bảng xét dấu, f   x  đổi dấu từ dương sang âm một lần nên hàm số có một điểm cực đại.
Câu 31. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y 
xác định?
A. 3 .

B. 2 .

C. 5 .
Lời giải

mx  4
nghịch biến trên từng khoảng
x m

D. Vô số.

Chọn A
Xét hàm số y 

mx  4
.
x m

Tập xác định D   ;  m     m;    .
Ta có y 

m2  4

 x  m


Hàm số y 

2

.

mx  4
nghịch biến trên từng khoảng xác định khi m2  4  0  m 2;2  .
x m

Do m  m1;0;1 .
Câu 32. Cho bất phương trình 4 x  5.2 x1  16  0 có tập nghiệm là đoạn  a; b . Tính log  a 2  b 2  .
Facebook Nguyễn Vương 7


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
B. 1.

A. 10 .

D. 2 .

C. 0 .
Lời giải

Chọn B
2

Ta có 4 x  5.2 x1  16  0   2 x   10.2 x  16  0  2  2 x  8  1  x  3 .

Suy ra S  1;3  a  1 và b  3 .
Vậy log  a 2  b 2   1 .
Câu 33. Có bao nhiêu số nguyên m   10;10 để phương trình  mx  1 2  log 2 x  0 có hai nghiệm thực
phân biệt?
A. 20 .

B. 10 .

C. 9 .
Lời giải

D. 11 .

Chọn B

x  0
x  0

Điều kiện xác định 
x  4
log 2 x  2

 mx  1  0 1
 mx  1  0
2  log 2 x  0  

 2  log 2 x  0
x  4
Phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 1 nghiệm
m  0

1

thuộc khoảng  0; 4  khi và chỉ khi 
m
1
4
0  m  4

 mx  1

Mà m nguyên và m   10;10 , suy ra m  1, 2,3...,10
Vậy chọn B
Câu 34. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên  . Gọi F ( x), G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x) trên  thỏa mãn
2

2 F (11)  G (11)  55 và 2 F ( 1)  G ( 1)  1 Khi đó

 x  2  f 3x

2



 1 dx bằng

0

A. 7.

B. 20.


C. 5.
Lời giải

D. 22.

Chọn A
2

Ta có



2





2

2










2
2
2
 x 2  f 3x  1 dx   2x dx   x f 3x  1 dx  4   x f 3x  1 dx  4  I .
0

0

0

0

1
dt  xdx .
6
Đổi cận: x  0  t  1; x  2  t  11 .

Đặt t  3 x 2  1  dt  6 xdx 
11

11

1
1
1
f (t )dt   f ( x)dx  ( F (11)  F (1)) .

6 1
6 1

6
Vì F ( x), G ( x ) là hai nguyên hàm của f ( x ) trên   F ( x )  G ( x )  C .
Suy ra F (11)  F (1)  G (11)  G ( 1) .
2 F (11)  G(11)  55
 2( F (11)  F (1))  G(11)  G(1)  54
Ta có 
2 F (1)  G(1)  1
 3( F (11)  F ( 1))  54  F (11)  F ( 1)  18 .
Suy ra I 

2

Suy ra I  3 . Vậy

 x  2  f 3x

2



 1 dx  4  3  7 .

0

3

Câu 35. Cho

 42
0


x
x 1

dx 

a
 b ln 2  c ln 3 với a, b , c là các số nguyên. Giá trị a  b  c bằng
3

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

A. 7 .

C. 9 .

B. 2 .

D. 1 .

Lời giải
Chọn D
Đặt t  x  1  t 2  x  1  2tdt  dx
Đổi cận tích phân: x  0  t  1 và x  3  t  2
3
2

2 3
2
t 2  1 2t

x
t t
6 

dx  
dt  
dt    t 2  2t  3 
Khi đó 
 dt
2t  4
t2
t2
0 4  2 x 1
1
1
1
a  7
2
7

1 3 2

  t  t  3t  6 ln t  2    12 ln 2  6 ln 3  b  12
3
1 3
c  6


Vậy a  b  c  1 .
Câu 36. Một lớp học có 15 học sinh nữ và 25 học sinh nam. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban cán
sự lớp gồm 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ.
251
2625
1425
450
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
1976
9880
1976
988
Lời giải
Chọn C
Xét phép thử chọn 3 học sinh trong tổng số 40 học sinh.
3
Số phần tử của không gian mẫu là: n     C40
 9880 cách chọn.

Gọi biến cố A : “chọn ban cán sự lớp gồm 3 học sinh có cả nam và nữ”.






3
3
 C153  C25
 7125 cách chọn.
Ta có: n  A  C40

Xác suất cần tìm là P  A 

n  A 7125 75
1425


hay P  A  
.
n    9880 104
1976

Câu 37. Một người thợ cần làm một bể cá hai ngăn, khơng có nắp ở phía trên với thể tích 1296 dm 3 .
Người thợ này cắt các tấm kính ghép lại một bể cá dạng hình hộp chữ nhật với ba kích thước
a , b, c (mét) để đỡ tốn kính nhất, giả sử độ dày của kính khơng đáng kể. Tính a  b  c
A. 3, 3 .
B. 3, 6 .
C. 4,8 .
D. 3,9
Lời giải
Chọn B


Diện tích kính cần dùng là: S  ab  2ac  3bc .
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dương ta có:
2

2

S  ab  2ac  3bc  3 3 6  abc  hay S  3 3 6. 1, 296  .
3
Dấu '  '' khi và chỉ khi: ab  2ac  3bc  b  2c; a  b  3c .
2

Facebook Nguyễn Vương 9


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
c  0, 6

Suy ra: abc  3c.2c.c  6c  1, 296  b  1, 2 .
a  1,8

Vậy a  b  c  0, 6  1, 2  1,8  3, 6 .
3

Câu 38. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật AB  3 , AD  2 . Mặt bên  SAB  là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình
chóp đã cho.
32
10
16
20

A. V 
.
B. V 
.
C. V 
.
D. V 
.
3
3
3
3
Lời giải
Chọn B

Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD , G là trọng tâm của tam giác SAB .
Giả sử d trục của đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD , a là trục của đường tròn ngoại
tiếp tam giác SAB .
Khi đó d  a  I chính là tâm của khối cầu ngoại tiếp S . ABCD , bán kính R  IA .
1
13 3
3
Do tứ giác OHGI là hình chữ nhật nên OI  SH 
.

3
3 2
2

Ta có AO 


1
1
13
.
AC 
94 
2
2
2

3 13
 2.
4 4
4
32
Vậy thể tích khối cầu là: V   .23 
.
3
3
Câu 39. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1; 2;0  , B  4; 1;3 , C  0; 1;1 . Đường trung tuyến AM
của tam giác ABC có phương trình là
x  1 t
 x  1  2t
x  1 t
x  1 t





A.  y  2  t .
B.  y  2  t .
C.  y  2  t .
D.  y  1  2t .
 z  2t
 z  2t
 z  2t
z  2




Khi đó R  IA  IO2  OA2 

Lời giải
Chọn A
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489


Gọi M là trung điểm của BC , ta có M  2; 1; 2  . Ta có AM  1;1;2 

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Đường trung tuyến AM của tam giác ABC đi qua điểm A 1; 2;0  và nhận vectơ chỉ phương
x  1 t
 

u  AM  1;1;2  có phương trình là  y  2  t .

 z  2t


Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình thang ABCD vng tại A và B . Ba đỉnh

A 1; 2;1 , B  2;0; 1 , C  6;1;0  và hình thang có diện tích bằng 6 2 . Giả sử đỉnh D  a; b; c  , tìm
mệnh đề đúng
A. a  b  c  5 .

B. a  b  c  6 .

C. a  b  c  7 .
Lời giải

D. a  b  c  8 .

Chọn B

1
Ta có AB  3; BC  3 2; S ABCD  . AB  AD  BC   6 2  AD  2 .
2
 
Mà AD, BC cùng hướng.

x7

y  4




x 1 y  2 z 1
x3



 k  0  z 
.
AD   x  1; y  2; z  1 ; BC   4;1;1 
4
1
1
4

x  1


2
2
2
2
Ta có: AD  2  AD   x  1   y  2    z  1  2
7

x

9
2
7 7 4
3
  x  1  2  

 D ; ;   a b c  6 .
8
3 3 3
 x   1  lo ¹ i 

3
Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình mặt phẳng trung trực   của đoạn thẳng

AB , với A  0 ; 4;  1 và B  2;  2;  3 là
A.   : x  3 y  z  4  0 .

B.   : x  3 y  z  0 .

C.   : x  3 y  z  4  0 .

D.   : x  3 y  z  0 .
Lời giải

Chọn D
Gọi I  xI ; yI ; z I  là trung điểm của đoạn thẳng AB

Facebook Nguyễn Vương 11


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
02

 xI  2  1

4   2 


  yI 
1
 I 1;1;  2  .
2


 1   3  2
 zI 
2


 

Mặt phẳng trung trực
 
n  AB   2;  6;  2  .

của đoạn thẳng AB đi qua I 1;1;  2  và có VTPT là

Phương trình mặt phẳng   là

2  x  1  6  y  1  2  z  2   0  2 x  6 y  2 z  0  x  3 y  z  0 .
Câu 42. Cho phương trình x 2  4 x  m  0 ( m là số thực) có hai nghiệm phức. Gọi A , B là hai điểm biểu
diễn của hai nghiệm đó. Biết tam giác OAB đều, m thuộc khoảng nào sau đây?
A.  4;5  .
B.  7;8  .
C.  5;7  .
D.  3; 4  .
Lời giải

Chọn C
Xét phương trình x 2  4 x  m  0 1
Trường hợp 1: Nếu  '  0  m  4 thì phương trình (1) có hai nghiệm thực nên 3 điểm A, B và O
thẳng hàng nên khơng thoả u cầu bài tốn.
Trường hợp 2: Nếu  '  0  m  4 thì gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình 1 .
Giả sử z1  a  bi  a, b    thì z2  a  bi . Khi đó ta có A  a; b  , B  a; b  .
a  2
a  2
 z  z  2a  4
Theo định lý Vi-ét ta có:  1 2
.
 2

 2
2
a

b

m
b

m

4
(1)
 z1 z2  m




Ta có A  2; b  , B  2; b  .
Tam giác OAB đều nên OA  AB  4  b 2  4b 2  b 2 

4
(2).
3

4
16
 m  . Vậy m   5; 7  .
3
3
Câu 43. Cho số phức z có phần thực và phần ảo đều dương, đồng thời thỏa mãn z 2 là số thuần ảo và
z  2 2 . Môđun của số phức z  3  5i bằng

Từ (1) và (2) ta có m  4 

A.

26 .

B.

34  2 2 .

C. 10 .
Lời giải

D. 2 3 .


Chọn C
Gọi z  a  bi  a, b  0  .
Suy ra
+) z  a 2  b2  2 2  a 2  b 2  8 1 .
2

+) z 2   a  bi   a 2  b 2  2abi .
Vì z 2 là số thuần ảo  a 2  b 2  0  2  .
2
2
2
 a  b  8
 a  4 a , b  0  a  2
Từ 1 và  2    2

 
 z  2  2i .
 2
2
b  4
b  2
 a  b  0

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Suy ra z  3  5i  1  3i  z  3  5i 


2

 1   3

2

 10 .

Câu 44. Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình vng cạnh a , SA   ABCD  . Tính khoảng cách từ
điểm B đến mặt phẳng  SAC  .
A.

a 3
.
2

B.

a 2
.
2

a
.
2
Lời giải
C.

D.


a 2
.
4

Chọn B

 BO  SA
1
a 2
 BO   SAC   d  B,  SAC    BO  BD 
Gọi O  AC  BD . Ta có: 
.
2
2
 BO  AC
Câu 45. Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a . Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Tính
tan của góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp.
1
1
3
A.
.
B.
.
C. 2 3 .
D.
.
2
2 3

3
Lời giải
Chọn C

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , M là trung điểm của BC .
Vì hình chóp S . ABC là hình chóp đều nên SG   ABC  . Suy ra, BG là hình chiếu vng góc
của SB trên mặt phẳng  ABC  .
Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />


  60 .
,  ABC   SB
, BG  SBG
Khi đó, SB



 



Tam giác ABC đều cạnh a nên AM 
Khi đó BG 

a 3
.
2


2
2 a 3 a 3
1
1 a 3 a 3
và GM  AM  .
.
AM  .


3
3 2
3
3
3 2
6

SG
  a 3 .tan 60  a .
 SG  BG.tan SBG
BG
3
Tam giác ABC đều có AM là trung tuyến nên AM  BC .
Lại có SG   ABC  , BC   ABC  nên SG  BC .

Tam giác SGB vuông tại G nên tan SBG

 SG  BC
 BC  SM .
Ta có 

 AM  BC
 SBC    ABC   BC


.
Ta thấy GM  BC , GM   ABC   
SBC  ,  ABC   SM
, GM  SMG

 SM  BC , SM   SBC 




Tam giác SGM vuông tại G nên tan SMG

 



SG
a

2 3.
GM a 3
6

PHẦN 3. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 9-10 ĐIỂM
Câu 46. Cho số thực a thỏa mãn giá trị lớn nhất của biểu thức ln  x 2  1 


x2
 a trên đoạn [0; 4] đạt giá
2

trị nhỏ nhất. Khi đó, giá trị của a thuộc khoảng nào dưới đây?
A. (4; 3) .
B. (3; 2) .
C. ( 2; 1) .
D. ( 1; 0) .
Lời giải
Chọn B
x2
Xét hàm số f ( x)  ln x 2  1   a trên đoạn [0; 4] .
2
 x  0  [0; 4]
2x
 x; f ΄( x)  0  
Ta có f ΄( x)  2
.
x 1
 x  1 [0; 4]
1
f (0)  a; f (1)  ln 2   a; f (4)  ln17  8  a.
2
1
Ta có M  max[0;4] f ( x)  ln 2   a; m  min[0;4] f ( x)  ln17  8  a .
2
17
15
ln 2  ln17   2a  ln 2  ln17 

|M m||M m|
2
2

Khi đó max[0;4] | f ( x) |
2
2
2 15
15
ln 
ln 2  ln17 
2  17 2 .

2
2
17
ln 34 17
  a  (3; 2) .
Đạt được khi ln 2  ln17   2a  0  a 
2
2
4
(log a  2 x  2)
2
Câu 47. Xét các số thực x , y sao cho 4 log 3 a
  y  25  log 3 4  0 luôn đúng với mọi a  0 . Hỏi






có tối đa bao nhiêu giá trị nguyên của biểu thức F  x 2  y 2  2 x  14 y  51 ?
A. 139.
B. 141.
C. 140.
D. 138.
Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Lời giải
Chọn D
Ta có 4 log 3 a (log a  2 x  2)   y 2  25  log 3 4  0  4  log 2 a  2 x  2  log 3 a  4  y 2  25  log 3 2  0





  log 2 a  2 x  2  log 2 a  y 2  25  0 .

Đặt t  log 2 a . Do a  0 nên t 
Ta được phương trình (t  2 x  2)t   y 2  25   0  t 2  2( x  1)t  25  y 2  0 .
Để bất phương trình t 2  2( x  1)t  25  y 2  0 luôn đúng với t  ΄  0  ( x  1) 2  y 2  25 .
F  x 2  y 2  2 x  14 y  51  ( x  1) 2  ( y  7) 2  F  1 ( F  1)

Hình tròn (C ) : ( x  1) 2  y 2  25 có tâm I (1; 0), bán kính R  5 . Ta có II 1  (0;7)  I1  7
Hình trịn  C1  : ( x  1)2  ( y  7) 2  F  1 ( F  1) . có tâm I1 (1; 7), bán kính R1  F  1 .
Để tồn tại x, y thì đường trịn và hình trịn phải có điểm chung điều kiện là


R  2
F 1  4
Hình trịn R  R1  II1  R  R1   1

 5  F  145 .
 R1  12  F  1  144
Vậy có tối đa 141 giá trị nguyên.
Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) tâm I (1; 2;3) , bán kính R  5 và điểm P (2; 4;5) nằm
bên trong mặt cầu. Qua P dựng 3 dây cung AA΄, BB΄, CC΄ của mặt cầu ( S ) đơi một vng góc với
nhau. Dựng hình hộp chữ nhật có ba cạnh là PA, PB, PC . Gọi PQ là đường chéo của hình hộp
chữ nhật đó. Biết rằng Q ln chạy trên một mặt cầu cố định. Bán kính của mặt cầu đó bằng

A.

61 .

B.

219
.
6

C.

219
.
2

D.


57 .

Lời giải

Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
IP 2  9
PQ 2  PA2  PB 2  PC 2
 
 
 
 
 ( IQ  IP)2  ( IA  IP )2  ( IB  IP) 2  ( IC  IP)2
 
   
 IQ 2  9  2 IP  IQ  34.3  2 IP( IA  IB  IC )
    
 IQ 2  93  2 IP( IA  IB  IC  IQ)
    
 IQ 2  93  2 IP( IA  IB  AP  BP)  93  4 IP 2  93  36  57
 IQ  57

Vậy Q chạy trên mặt cầu cố định tâm I bán kính bằng 57
Câu 49. Xét các số phức z thỏa mãn | z  3  i | 2 | z  2i | . Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của | z | . Giá trị của M  m bằng
A. 2 10 .


B. 10 .

C. 4 2 .
Lời giải

D. 2 2 .

Chọn A

Gọi A( x; y ) là điểm biểu diễn của số z trong mặt phẳng Oxyz .
Ta
có
| z  3  i | 2 | z  2i || ( x  3)  i (1  y ) | 2 | x  i ( y  2) |
 ( x  3) 2  (1  y )2  4  x 2  ( y  2) 2   x 2  y 2  2 x  6 y  2  0
 A thuộc đường tròn tâm I (1;3), R  2 2
| z |  OI  R
Mặt khác OC | z | OA  OD   min
 M  m  2OI  2 10 .
| z |max  OI  R

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Câu 50. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm, liên tục trên  \ {0} và thỏa mãn xf ΄( x )  2 x 2  f ( x )  2 x 3 , x  0
f (1)  2 . Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  f ( x ) và y  f ΄( x )
5
5

2
4
A. .
B. .
C. .
D.
4
2
3
3
Lời giải
Chọn D
xf ΄( x)  f ( x)
 f ( x) 
xf ΄( x)  2 x 2  f ( x)  2 x3 
 2x  2  
΄  2x  2
2
x
 x 
f ( x)

  (2 x  2)dx  x 2  2 x  C. Do f (1)  2  C  3
x
Vậy f ( x )  x 3  2 x 2  3 x; f ΄( x )  3 x 2  4 x  3
x 1
Ta có: f ( x)  f ΄( x)  
.
x  3
Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bời các đường y  f ( x ) và y  f ΄( x ) là:

3

S   x 3  5 x 2  7 x  3 dx 
1

4
.
3

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: />
Facebook Nguyễn Vương 17