ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 15 - 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  liên tục trên  và có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ.

Hàm số có bao nhiêu điểm cực trị?
A. 1 .
B. 2 .

D. 3 .

C. 4 .
Lời giải

Chọn D
Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm suy ra hàm số y  f  x  có 3 cực trị.
Câu 2.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. x  1 .

B. x  3 .

3x  2
là đường thẳng có phương trình
x 1

C. x  1 .
D. x  2 .
Lời giải

Chọn A
Ta có lim y  , lim y   nên đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng x  1 .
x 1

Câu 3.

x 1

Cho hàm số y  f  x  xác định trên  có bảng biến thiên như sau:

x ∞
y'
+∞
y

-1
0

+

0
0
0

1
0


+∞
+
+∞

-2

-2

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

D.  2;    .

Lời giải
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng  1; 0  và 1;    .
Câu 4.

Đường cong trong hình vẽ bên dưới là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y  x 4  4 x 2  2 .

B. y  x 4  4 x 2  2 .

C. y  x3  3 x 2  1 .

D. y   x 4  4 x 2  2 .


Lời giải
Chọn B
Đồ thị hàm số có dạng y  ax 4  bx 2  c nhìn dáng đồ thị thấy a  0 . Vậy loại C,

D.

Facebook Nguyễn Vương Trang 1


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 5.

Hàm số có 3 cực trị nên chọn
Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ:

B.

Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số đã cho trên đoạn   2; 3 .
A. M  0 .

B. M  3 .

1
D. M   .
2

C. M  3 .
Lời giải


Chọn D
Dựa vào đồ thị của hàm số y  f  x  ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn
1
1
. Vậy M  max f  x    .
 2;3
2
2
ax  b
Cho hàm số y 
có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
x 1

 2; 3 bằng

Câu 6.

A. a  b .



B. ab  0 .

C. ab  0 .
Lời giải

D. b  a  0 .

Chọn C
Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy


a
 2 a  2.
1
b
+ Đồ thị hàm số đi qua điểm  0;1 nên  1  b  1 .
1
Vậy a.b  0 .
+ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y 

1

Câu 7.

1

a3 b  b3 a
Cho hai số thực dương a , b . Rút gọn biểu thức A  6
 a m .a n .Tổng của m  n là
6
a b
5
1
1
2
A. .
B. .
C. .
D. .
6

6
9
3

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Lời giải
Chọn D
1 1
1
 1

a 3b 3  a 6  b 6 
1 1
a b b a a b b a

  a 3b3 .
Ta có A  6


1
1
1
1
a6b
a6  b6

a6  b6
1 1 2
Vậy m  n    .
3 3 3
Đạo hàm của hàm số y  2023x là
1
3

Câu 8.

A. y 

1
3

2023x
.
ln 2023

1
3

1
3

1
2

1
2


B. y  2023x.ln 2023 . C. y  2023x .

D. y  x.2023x 1 .

Lời giải
Chọn B
Ta có y  2023x.ln 2023 .
Câu 9.

Tìm tập nghiệm của bất phương trình log 2  x  4   1  0 .
5

 13 
A.  4;  .
 2

 13 
B.  4;  .
 2

13 

C.  ;  .
2

Lời giải

 13


D.  ;   .
 2


Chọn A

x  4  0
x  4
x  4  0


 13 



log 2  x  4   1  0   log  x  4   1

5
 13  x   4;  .
2
 2
5
 x  4  2
 x  2
 5
Câu 10. Với a là số thực dương tùy ý, log 100a 3  bằng
A. 2  3log a .

1 1
 log a .

2 3
Lời giải

B. 6 log a .

C.

D. 3  3log a .

Chọn A
Ta có: log 100a3  log100  log a3  2  3log a .





 

Câu 11. Tập nghiệm của bất phương trình 4x  8 là
3

A.  ;  .
B.  ; 2  .
2


C.  2;   .

3


D.  ;   .
2


Lời giải
Chọn A
Ta có 4 x  8  22 x  23  2 x  3  x 

3
. Vậy bất phương trình có tập nghiệm là
2

A. ln x  cos x  C .

1
 sin x là
x
B. ln x  cos x  C .

C. ln x  cos x  C .

D.

3

 ;  .
2


Câu 12. Họ nguyên hàm của hàm số f  x  


1
 cos x  C .
x2
Lời giải

Chọn C
Ta có:

1



 f  x  dx    x  sin x  dx  ln x  cos x  C .
Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 13. Tìm họ nguyên hàm của hàm số y  2 x .
A.

x
 2 dx 

2x
C .
ln 2

B.


x
 2 dx 

2x
 C . C.  2 x dx  2 x ln 2  C . D.
x 1
Lời giải

x

 2 dx  2

x

C .

Chọn A
x
 2 dx 

2x
C .
ln 2

4

Câu 14. Cho

4


4

 f  x  dx  3 và  g  x  dx  2 . Tính   f  x   g  x  dx .
1

1

A. 5 .

1

B. 6 .

C. 5 .
Lời giải

D. 6 .

Chọn A
4

4

4

  f  x   g  x dx   f  x dx   g  x dx  3  2  5 .
1

1


4

Câu 15. Cho

1

2

 f  x  dx  1 . Tính  f  2 x  dx .
0

1
A. .
2

0

B. 2 .

1
.
4
Lời giải

C.

D. 4

Chọn A
1

dt .
2
Đổi cận: x  0  t  0 và x  2  t  4 .
2
4
1
1
Viết lại tích phân:  f  2 x  dx   f  t dt  .
2
2
0
0

Đặt t  2 x  dt  2dx  dx 

Câu 16. Cho số phức z  2i  8 . Số phức liên hợp của z là
A. z  2i  8 .
B. z  2i  8 .
C. z  2i  8 .
Lời giải
Chọn B

D. z  2i  8 .

Ta có: z  2i  8  z  8  2i  z  8  2i .
Câu 17. Cho số phức z  4  3i có điểm biểu diễn trên mặt phẳng toạ độ Oxy là M . Tính độ dài OM .
A.

7.


B. 5 .

C. 25 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn B


2
Ta có z  4  3i  M  4; 3  OM  4; 3  OM  42   3  5 .
z1
bằng:
z2
1 3
C.   i .
2 2
Lời giải

Câu 18. Cho hai số phức z1  1  2i và z2  1  i . Số phức
A. 1  3i .

B.

3 1
 i.
2 2

D.


Chọn C
z 1  2i 1  2i 1  i  1  i  2i  2 1  3i
1 3
  i.



Ta có: 1 
2 2
z2 1  i
2
2
2

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
1 3
 i.
2 2


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Câu 19. Trong khơng gian Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng đi qua điểm


M  2;1; 3 và có véc tơ chỉ phương u  1; 1;2 ?


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

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

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

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

Lời giải
Chọn D
Ta có đường thẳng đi qua điểm M  2;1; 3 và có véc tơ chỉ phương có phương trình:

x  2  t


 y  1 t .
 z   3  2t

Câu 20. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  1  0 có một vectơ pháp tuyến là




A. n3   2; 3;1 .
B. n1 1;2; 3 .
C. n4  1;1;2 .
D. n2 1;2;3 .
Lời giải
Chọn B


Mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  1  0 có một vectơ pháp tuyến là n1 1;2; 3 .
Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;0;0  và B  3;1;0 . Số đo góc 
AOB



của tam giác OAB bằng
A. 300 .
B. 1200 .

C. 1500 .
Lời giải




D. 600 .

Chọn C


OA  1; 0;0  , OB   3;1;0 .





 
 
OA.OB
 3

cos AOB  cos OA, OB    

AOB  1500.
2
OA . OB





2

2


2

Câu 22. Trong không gian Oxyz , mặt cầu  x  1   y  2    z  3  4 có tâm và bán kính lần lượt là
A. I  1; 2;3  , R  2 . B. I 1; 2; 3 , R  2 .
C. I 1; 2; 3  , R  4 .

D. I  1; 2;3 , R  4 .
Lời giải

Chọn B
2

2

2

Mặt cầu  x  1   y  2    z  3  4 có tâm I 1; 2; 3 , bán kính R  2 .
Câu 23. Cho tam giác ABC vng tại A có AB  3, AC  4 . Tính diện tích xung quanh khối nón sinh ra
khi cho tam giác ABC quay quanh trục AB .
A. 20 .
B. 15 .
C. 12 .
D. 60 .
Lời giải
Chọn A

Facebook Nguyễn Vương 5



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Khi cho tam giác ABC quay quanh cạnh AB thì ta thu được một khối nón có đường cao
h  AB  3 và bán kính đáy r  AC  4 .
Độ dài đường sinh của khối nón là l  r 2  h 2  42  32  5 .
Diện tích xung quanh khối nón thu được là S xq   rl   .4.5  20 .
Câu 24. Diện tích xung quanh của hình trụ trịn xoay có bán kính đáy bằng chiều cao r  h  2 bằng
A. 2π .
B. 4π 2 .
C. 4π .
D. 2π 2 .
Lời giải
Chọn C
Ta có: S xq  2π.r.l  2π.r.h  2π. 2. 2  4π .
Câu 25. Một khối chóp có thể tích V  15 cm3 và diện tích đáy S  45 cm 2 . Chiều cao của khối chóp bằng
1
1
A. 1cm .
B. 3cm .
C. cm .
D. cm .
3
2
Lời giải
Chọn A
3V 3.15

 1 cm  .
Chiều cao khối chóp là h 
S
45

  120 .
Câu 26. Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác cân ABC với AB  AC  a , BAC
Biết cạnh bên AA  4a . Thể tích khối lăng trụ này bằng
4a3 3
a3 3
A.
.
B. 4a 3 3 .
C.
.
D. a 3 3 .
3
3
Lời giải
Chọn D
a
A
C
1200

a
B
4a

C

A
B

2

1
  1 a 2 .sin120  a 3 .
AB. AC.sin BAC
2
2
4
2
a 3
.4a  a 3 3 .
Thể tích của lăng trụ là V  S ABC . AA 
4

Ta có: S ABC 

Câu 27.

Tìm cơng bội q của cấp số nhân  un  , n   * có u1  1, u3  4 .
A. q  1 .

B. q  2 .

C. q  6 .

D. q  3 .

Lời giải
Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489


ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Chọn B
Ta có u3  u1q2  q2 

u3
u1

 4  q  2 .

Câu 28. Với k , n là hai số nguyên dương tùy ý thỏa mãn k  n , mệnh đề nào sau đây đúng ?
n!
n!
k ! n  k  !
n!
k
k
A. Cn 
.
B. Cnk  .
C. Cn 
.
D. C nk 
.
k ! n  k !
n

k
!
n!

k!


Lời giải
Chọn A
PHẦN 2. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 7-8 ĐIỂM
3

Câu 29. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x   x  x  1 x  4  , x   . Số điểm cực tiểu của hàm số là
A. 1 .

B. 2 .

C. 3 .
Lời giải

D. 0 .

Chọn B
x  0
Ta có: f   x   0   x  1 .

 x  4
Bảng xét dấu f   x 

Suy ra số điểm cực tiểu của hàm số f  x  là 2 .

x3
 2 x 2  mx  304 đồng biến trên 
3

C. m  4 .
D. m  4 .
Lời giải

Câu 30. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 
A. m  4 .

B. m  4 .

Chọn D
TXĐ: D  
Ta có:
x3
y   2 x 2  mx  304
3
 y  x 2  4 x  m
Hàm số đã cho đồng biến trên 
 y  0, x    x 2  4 x  m  0, x    m  x 2  4 x, x  
Đặt f  x   x 2  4 x . Suy ra f   x   2 x  4
Ta có: f   x   0  2 x  4  0  x  2
Bảng biến thiên của hàm số y  f  x  :

Facebook Nguyễn Vương 7


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Để m  x 2  4 x, x    m  min f  x   m  4 .


Cách 2: Hàm số đã cho đồng biến trên   y  0, x    x 2  4 x  m  0, x      0


 4  m  0  m  4
Câu 31. Cho hàm số y  x3  3 x  1 . Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ
thị hàm số với trục tung
A. y  1 .
B. y  3 x  1 .
C. y  3 x  1 .
D. y  3 x  1 .
Lời giải
Chọn B
Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung Oy : x  0 là A  0;1 .
Ta có: y  3x 2  3  y  0   3 .
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A  0;1 là
y  y  0  x  0   y  0   y  3 x  1 .





Câu 32. Cho số phức z  a  bi,  a, b    thỏa mãn  2 z  11  i   z  3i 1  i   3  7i . Tính
2

P  a b.
A. 5 .

C. 13 .
Lời giải

B. 2 .


D. 7 .

Chọn A





Ta có:  2 z  11  i   z  3i 1  i   3  7i
  2a  1  2bi  1  i    a   3  b  i  1  i   3  7i
  2a  1  2b    2a  1  2b  i   a  b  3    a  b  3 i  3  7i
  a  b  4    3a  3b  4  i  3  7i

a  b  4  3
a  3


.
3a  3b  4  7
b  4
Vậy P  a 2  b  9  4  5 .
Câu 33. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy
ABCD , góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm
của cạnh SB , SC . Tính thể tích khối chóp S . ADNM .
A. V 

a3 6
.
24


B. V 

3a 3 6
.
16

C. V 

a3 6
.
8

D. V 

Lời giải
Chọn D

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
a3 6
.
16


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

 BD  SA
Ta có 
 BD   SAC   BD  SO

 BD  AC
OA   ABCD  , OA  BD

Ta có  SO   SBD  , SO  BD  góc

 SBD    ABCD   BD
OA 

  60
  SBD  ,  ABCD    SOA

AC a 2

.
2
2

  a 2 . tan 60  a 6 .
Tam giác SOA vuông tại A nên SA  OA.tan SOA
2
2
1
1 a 6 2 a3 6
.a 
Thể tích khối chóp S . ABCD là V  SA.S ABCD  .
.
3
3 2
6
V

SM SN 1 1 1
1
Ta có S . AMN 
.
 .   VS . AMN  VS . ABC
VS . ABC
SB SC 2 2 4
4
VS . ADN SN 1
1

  VS . ADN  VS . ADC .
VS . ADC SC 2
2
1
VS . ABC  VS . ADC  VS . ABCD . Suy ra
2

3 a3 6 a3 6
1
1
1 1
1 1
3
.

VS . ADNM  VS . AMN  VS . ADN  VS . ABC  VS . ADC  . V  . V  V  .
8 6
16
4

2
4 2
2 2
8
Câu 34. Trong không gian Oxyz, ( P) : ax  2 y  bz  c  0 chứa đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt
phẳng ( ) : x  y  z  1  0, (  ) : x  y  2 z  1  0 . Biết rằng khoảng cách từ điểm M (2;1;1) đến
mặt phẳng ( P) bằng 3 . Khi đó hãy tính tổng a  b  c
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
Lời giải
( P )  ( ),( P)  (  )  ( P) : ( x  y  z  1)  m( x  y  2 z  1)  0
 ( P) : (m  1) x  (m  1) y  (2m  1) z  m  1  0
 m  1( L)
3
d ( M ;( P)) 
 3  6m 2  8m  2  0  
1
m  
6m 2  8m  3
3

1
2
2
1
4
m    ( P) : x  y  z   0  2 x  2 y  z  4  0
3

3
3
3
3
 a  2; b  1; c  4  a  b  c  5
Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 1;3) và hai đường thẳng
x  4 y  2 z 1
x  2 y 1 z 1
, d2 :
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
d1 :




1
4
2
1
1
1
A, vng góc với đường thẳng d1 và cắt đường thẳng d 2 .
x 1 y 1 z  3
x 1 y 1 z  3
A.
.
B.
.





2
1
1
2
1
1
x 1 y  1 z  3
x 1 y  1 z  3
C.
.
D.
.




2
1
1
2
1
1
Lời giải
Chọn D

Facebook Nguyễn Vương 9



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
x  2  t


Đường thẳng d1 có VTCP u1  (1; 4; 2) ; đường thẳng d 2 có PTTS:  y  1  t .
z  1 t

Giả sử d  d 2  B  2  b; 1  b;1  b  , với b là tham số.


Ta có: AB   b  1; b; b  2  .
 
 
d  d1  AB  u1  AB.u1  0  (b  1).1  (b).4  (b  2).( 2)  0

 5b  5  0  b  1  B(3; 2; 2)  AB  (2; 1; 1) .
Qua A(1; 1;3)
x 1 y 1 z  3

Vậy d : 
.
d:



2
1
1
 vtcp u d  AB  (2; 1; 1)


Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  2; 4;5  . Viết phương trình mặt cầu tâm A
và cắt trục Oz tại hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông.
2

2

2

B.  x  2    y  4    z  5   82 .

2

2

2

D.  x  2    y  4    z  5  40 .

A.  x  2    y  4    z  5   58 .
C.  x  2    y  4    z  5   90 .

2

2

2

2

2


2

Lời giải
Chọn D
Gọi H là trung điểm của BC . Ta có tam giác ABC cân tại A nên AH  BC  H là hình chiếu
của A lên trục Oz  H  0;0;5   AH  2 5 .
Tam giác ABC vuông cân tại A nên AB  AH 2  2 10 .

 Bán kính mặt cầu là R  2 10 .
2

2

2

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là  x  2    y  4    z  5   40 .
Câu 37. Giả sử hai đường cong cắt nhau tại A và B có hồnh độ lần lượt là 1; 2 . Diện tích hình phẳng
phần gạch chéo trong hình vẽ sau được tính theo công thức nào dưới đây?

2

A. S 

2

 x

3


 2 x  5 x  6  dx .
2

B. S 

1

 x

3

 2 x 2  x  10  dx .

1

2

C. S 

 x
2

3

 2 x 2  5 x  6  dx .

D. S 

1


 x

3

 2 x 2  x  10  dx .

1

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

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Dựa vào hình vẽ ta được diện tích hình phẳng
2

S    2 x 2  2 x  8    x 3  3 x  2   dx
1

2

S

 x

 2 x 2  5 x  6  dx


3

1

Câu 38. Cho hai hàm số liên tục f và g có nguyên hàm lần lượt là F và G trên đoạn 1; 2 . Biết rằng
2

F  2  .G  2  
11
A.  .
12

67
13
. Tích phân
 F 1 .G 1 và  f  x .G  x  dx 
12
2
1
145
11
B.
.
C.
.
12
12
Lời giải

2


 F  x  .g  x  dx có giá trị bằng
1

D. 

145
.
12

Chọn C
u  F  x 
du  f  x  dx
Đặt 

dv  g  x  dx v  G  x 
2

Suy ra

2

2

 F  x .g  x  dx  F  x  .G  x  1   f  x .G  x  dx
1

1

2


13 67 11

 .
2 12 12
1
Câu 39. Xếp ngẫu nhiên 5 học sinh A, B, C , D, E ngồi vào một dãy 5 ghế thẳng hàng (mỗi bạn ngồi một
ghế). Tính xác suất để hai bạn A, B không ngồi cạnh nhau.
1
2
3
4
A. .
B. .
C. .
D. .
5
5
5
5
Lời giải
Chọn C
Số phần tử của không gian mẫu: n     5!  120 .
 F  2  .G  2   F 1 .G 1   f  x .G  x  dx 

Gọi X là biến cố: “hai bạn A, B ngồi cạnh nhau”.
Coi hai bạn A, B ngồi cạnh nhau là một nhóm Y, có hai cách xếp A, B . Xếp Y và 3 bạn cịn lại
vào 4 ghế có 4! cách. Vậy n  X   2.4!  48 .
Xác suất để hai bạn A, B ngồi cạnh nhau là P  X  


n X  2
 .
n  5

3
Xác suất để hai bạn A, B không ngồi cạnh nhau là P X  1  P  X   .
5
Câu 40. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng tâm O cạnh a , SO vng góc với mặt phẳng
 ABCD  và SO  a (tham khảo hình bên). Khoảng cách giữa SC và AB bằng

 

S

H
A

D
K

O
B

C

Facebook Nguyễn Vương 11


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
A.


2a 3
.
15

B.

2a 5
.
5

a 5
.
5
Lời giải
C.

D.

a 3
.
15

Chọn B

CD ∥ AB
 AB ∥ ( SCD) . Do đó d ( AB, SC )  d ( AB, ( SCD ))  d ( A, ( SCD )) .
Ta có: 
CD  ( SCD)
d ( A,( SCD)) AC


 2  d ( A,( SCD))  2d (O, ( SCD)) .
Mà
d (O, ( SCD)) OC
Gọi K là trung điểm của CD . Trong mặt phẳng ( SOK ) , vẽ OH  SK .
Hơn nữa CD  OH (Vì CD  ( SOK ) ), suy ra OH  ( SCD ) .
Do vậy d (O, ( SCD ))  OH .
Xét SOK vng tại O có:

a 5
1
1
1
1
1
5
.


 2
 2 . Suy ra OH 
2
2
2
2
5
OH
SO OK
a a
a

 
2

Do đó d ( A, ( SCD))  2d (O, ( SCD ))  2.OH 

2a 5
5

2a 5
.
5
Câu 41. Trên tập hợp các số phức, xét phương trình z 2  2mz  8m  12  0 ( m là tham số thực). Có bao
nhiêu giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt z1 ; z2 thỏa mãn z1  z2  4 ?

Vậy: d ( AB, SC )  d ( A, ( SCD)) 

A. 1 .

B. 2 .

C. 3 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn B
 z  z  2m
Phương trình z 2  2mz  8m  12  0 có hai nghiệm phân biệt z1 ; z2 nên  1 2
.
 z1 z2  8m  12


Ta có z1  z2  4  z12  z22  2 z1 z2  16
2

  z1  z2   2 z1 z2  2 z1 z2  16
2

  2m   2  8m  12   2 8m  12  16
 2m 2  8m  4  8m  12  0 (1).

3
.
2
(1)  2m2  8m  4  8m  12  0  m2  4  m  2 .
Đối chiếu điều kiện, nhận giá trị m  2 .
3
+) TH2: 8m  12  0  m  .
2
+) TH1: 8m  12  0  m 

(1)  2m2  8m  4  8m  12  0  m2  8m  8  0  m  4  2 2 .
Đối chiếu điều kiện, nhận giá trị m  4  2 2 .
Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn bài toán là m  2 và m  4  2 2 .
Câu 42. Cho hình nón  N  có góc ở đỉnh bằng 120 . Mặt phẳng qua trục của  N  cắt  N  theo một thiết
diện là tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp bằng 4 . Tính thể tích khối nón  N  .
A. V  8 .

B. V  4 3 .

C. V  3 .


D. V  6 .

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Lời giải
Chọn A

Mặt phẳng qua trục của  N  cắt  N  theo thiết diện là tam giác ABC như hình vẽ. Gọi H là tâm
của đường tròn đáy. Đặt HC  x , x  0 .
Ta có S ABC 

AB. AC .BC AB 2 .2 x AB 2 .x
.


4R
4.4
8

2
1
  1 AB 2 .sin120  AB 3 .
Mà SABC  . AB. AC.sin BAC
2
2

4

Suy ra

AB 2 .x AB 2 3

 x 2 3.
8
4

2 3
 AH  2 .
AH
2
1
Vậy thể tích khối nón  N  là V N    . 2 3 .2  8 .
3
Câu 43. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vng cân tại A , AB  AA '  a
(tham khảo hình vẽ). Tính tang của góc giữa đường thẳng BC ' và mặt phẳng  ABB ' A ' 
Xét AHC vuông tại H : tan 60 



A.

6
.
3

B.


3
.
3



C.

2.

D.

2
.
2

Lời giải
Chọn D

Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Ta có A ' C '  A ' B ', A ' C '  AA '  A ' C '   ABB ' A ' . Do đó góc giữa BC ' và mặt phẳng

 ABB ' A ' là góc


A ' BC '


A'C '
a
2


.
A' B a 2
2
Câu 44. Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0, 7%/ tháng . Biết rằng nếu khơng
rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính
lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 5 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi)
gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó khơng rút tiền ra và
lãi suất không thay đổi?
A. 103.473.000 đồng.
B. 103.548.000 đồng.
C. 103.549.000 đồng .
D. 103.474.000 đồng.
Lời giải
Chọn C
Sau 5 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) là
A ' BC ' 
Có A ' B  A ' A2  AB 2  a 2 . Do đó tan 

5

S 100.106. 1  0, 7%   103.549.000 đồng.

Câu 45. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log 3
A. 116.


B. 58.

x2  9
x2  9
?
 log 5
125
27
C. 117.
Lời giải

D. 110

Chọn D
TXĐ: D  ( ; 3)  (3;  ) .
x2  9
x2  9
1
1
 log 5

ln x 2  9  ln125 
ln x 2  9  ln 27
125
27
ln 3
ln 5
1
1

2
2

ln  x  9   3ln 5 
ln  x  9   3ln 3
ln 3
ln 5
 (ln 5  ln 3) ln x 2  16  3 ln 2 5  ln 2 3

 

Ta có: log 3











 





 












 ln x 2  9  3(ln 5  ln 3)
 x 2  9  153   3384  x  3384
Kết hợp điều kiện ta có x  {58; 57;; 4; 4;;57;58} . Vậy có 110 số nguyên x thỏa mãn.

PHẦN 3. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 9-10 ĐIỂM
Câu 46. Cho hàm số y  f ( x ) có f ( 2)  0 , có đạo hàm liên tục trên  và bảng xét dấu đạo hàm như
sau





Hàm số g ( x)  3 f  x 4  2 x 2  2  2 x6  6 x 2 có bao nhiêu điểm cực trị?
Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023


A. 5.

B. 3.



C. 4.
Lời giải

D. 7.



Đặt h( x)  3 f  x 4  2 x 2  2  2 x 6  6 x 2 .



 

Mà  x  2 x  2    x  1  1  1, x  
f ΄  x  2x  2  0 .
Suy ra f ΄   x  2 x  2   x  1  0, x   .

Ta có h΄( x)  12 x x  1  f ΄  x 4  2 x 2  2  x 2  1 .
4

4

2


2

2

2

nên dựa vào bảng xét dấu của f ΄( x ) ta suy ra

2

4

2

2





Do đó dấu của h΄( x ) cùng dấu với u ( x)  60 x x 2  1 , tức là đổi dấu khi đi qua các điểm
x  1; x  0 ; x  1 .
Vậy hàm số h( x) ln có 3 điểm cực trị.
Ta có h (0)  3 f ( 2)  0 nên đồ thị hàm số y  h( x ) tiếp xúc trục hoành tại O và cắt trục hoành
tại 3 điểm phân biệt.
Vậy y  g ( x ) có 5 điểm cực trị.

x2  y 2
 4 x  y  2023x  y . Tìm tổng giá
x y

2
2
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y  8 x  2 y  10

Câu 47. Cho x  0, y  0, x  y  0 thoả mãn 2 x

A. 8
2x

2

 y2

B. 12

 y2

 2x

2

 2023x  y  log 2

C. 4  6 2
Lời giải

D. 14  6 2

x2  y 2
 4 x  y  2023x  y

x y
x2  y2
x y
 2023  log 2
 4 x y
2( x  y )

 2023x  y  log 2
2

 y2

 2023x  y  log 2  x 2  y 2   log 2 [2( x  y )]  22( x  y )  2 x

2

 y2

Nếu x 2  y 2  2( x  y ) Khi đó VT  0;VP  0 (không thoả mãn)
Nếu x 2  y 2  2( x  y) Khi đó VT  0;VP  0 luôn thoả mãn
Vậy x 2  y 2  2 x  2 y  0  ( x; y) thuộc phần hình trịn tâm I (1;1) bán kính r  2 (với
x  0, y  0, x  y  0

P  x 2  y 2  8 x  2 y  10  ( x; y) thuộc phần đường trịn tâm K (4;1) bán kính R  P  7 thoả
mãn x  0, y  0, x  y  0; d  KI  3

Dựa vào hình vẽ, để tồn tại ( x; y ) ta phải có d  r  R  KA, ( A(0; 2))  3  2  P  7  17
11  6 2  P  7  17  4  6 2  P  10
Pmax  Pmin  10  4  6 2  14  6 2
Facebook Nguyễn Vương 15



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 48. Cho hai mặt cầu  S1  và  S2  đồng tâm I , có bán kính lần lượt là R1  2 và R2  10 . Xét tứ
diện ABCD có hai đỉnh A, B nằm trên  S1  và hai đỉnh C , D nằm trên  S2  . Thể tích lớn nhất
của khối tứ diện ABCD bằng
A. 6 2 .
B. 3 2 .

C. 4 2 .
Lời giải

D. 7 2 .

Chọn A

AB  CD  d ( AB, CD )  sin( AB, CD ) AB  CD  d ( AB, CD )

, khi AB  CD
6
6
Gọi H , K lần lượt là trung điểm của AB và CD , suy ra IH  AB, IK  CD .
Ta có VABCD 

IH  x với 0  x  2 , ta có AB  2 4  x 2 .
IK  y với 0  y  10 ta có CD  2 10  y 2 .
Khi đó d ( AB, CD )  HK  x  y , khi ba điểm H , I , K thẳng hàng.

(1)  VABCD 


2 4  x 2  2 10  y 2  ( x  y ) 2

4  x 2  10  y 2  ( x  y ) 2
6
3

2 3 1
 

8  2 x 2  10  y 2  2 x 2  y 2
3 2 2
2 3
 
 216  6 2.
3 2
Vmax  6 2 khi y  2 x  2.
Câu 49. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  2  i  z1  4  7i  6 2 và iz2  1  2i  1 . Giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P  z1  z2 bằng
A. 3 2  2 .

B. 2 2  2 .

C. 3 2  1 .
Lời giải

D. 2 2  1

Chọn D
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z1 , khi đó
z1  2  i  z1  4  7i  6 2  MA  MB  6 2; A(2;1); B(4;7)

Ta có AB  6 2 , khi đó M thuộc đoạn thẳng AB .
Gọi N là điểm biểu diễn số phức  z2 , khi đó

iz2  1  2i  1   z2  2  i  1  NI  1, I (2;1)
Khi đó N nằm trên đường trịn tâm I (2;1); R  1
Ta có P  z1  z2  z1    z2   MN
Ta có AB : x  y  3  0; d ( I ; AB)  2 2
Khi đó Pmin  d ( I ; AB)  R  2 2  1 .
Câu 50. Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm cấp hai liên tục trên  , biết rằng f (0)  0 và hàm số
1
g ( x)   xf ΄΄( x)  f ΄( x) là hàm số bậc ba có đồ thị như hình vẽ.
16
Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Thể tích khối trịn xoay sinh bời hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số
f ΄΄( x)  40
y  f ( x), y 
khi quay quanh trục Ox có giá trị nằm trong khoảng nào sau đây?
12
A. (116;117) .
B. (117;118) .
C. (118;119) .
D. (115;116) .
Lời giải
Chọn B
 g  x   a  x  1 x  1 x

 g  x   x3  x
Ta có 
g
2

6



Với
1
1
g ( x )   xf ΄΄( x)  f ΄( x)   x. f ΄  x   ΄  x 3  x
16
16
4
2
 xf ΄  x   4 x  8 x  c
Mà g  0   0  f ΄  0   0  c  0  f ΄  x   4 x 3  8 x  f  x   x 4  4 x 2  c1
Vì f  0   0  c1  0  f  x   x 4  4 x 2 , f ΄΄  x   12 x 2  8
f ΄΄  x   40

 x2  4
12
Đặt y 1  x 4  4 x 2 , y2  x 2  4

Ta có y 

2
1


56
Khi đó V  2    y22  y12  dx    y12  y22  dx   2 .  117.3
3
1
0


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
Facebook Nguyễn Vương 17


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