ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 16 - 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 biến thiên như hình bên dưới.

x ∞
y'
+∞
y

0
0

2
0
5

+

1

+∞

∞

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng

A. 1 .
B. 2 .

C. 0 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng y  1 .
Câu 2.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số

A. 0 .

y  x 5
B. 3 .

1
trên khoảng  0;   bằng bao nhiêu?
x
C. 2 .
D. 1 .
Lời giải

Chọn B
1 x2  1
 2 ; y  0  x  1 .
x2

x
Có lim y   ; y 1  3 ; lim y   .
Trên khoảng  0;   , ta có: y   1 
x 0

x 

Ta có bảng biến thiên của hàm số trên khoảng  0;  

Câu 3.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho bằng 3 khi x  1 .
Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên  ?
x 1
3
A. y  x 1 .
B. y   x 3  x 2 .
C. y 
.
x2
Lời giải
Chọn A
Xét hàm số y   x3  1 . Tập xác định: D   .

D. y   x 4  2 x 2  2 .

y  3x 2 ; y   0, x   . Suy ra hàm số nghịch biến trên  .
Câu 4.

2023 x  1

là đường thẳng có phương trình.
x 1
B. y  2023 .
C. x  2023 .
D. x  1 .

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

Lời giải
Chọn D
Facebook Nguyễn Vương Trang 1


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
2023x  1
  nên x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x 1
Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ:

Ta có lim
x 1

Câu 5.

y

3

O


1

x

Hàm số nào dưới đây có đồ thị là hình vẽ trên?
A. y  x 4  2 x 2  3 .
B. y  x 3  3 x  3 .
C. y   x 3  3 x  3 .
Lời giải

D. y  x3  3 .

Chọn B
Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm bậc 3 dạng y  ax 3  bx 2  cx  d  a  0  .
Do lim y   và lim y   nên a  0 .
x 

x 

a 0
Ta có xC§ . xCT  0  ac  0 
c  0.

Ta được đồ thị y  x3  3 x  3 .
Câu 6.

Cho hàm số y  f  x   ax3  bx 2  cx  d  a  0  có đồ thị như hình vẽ sau

Số nghiệm thực của phương trình 2 f  x   3  0 là

A. 0 .

B. 1.

C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn D
Ta có 2 f  x   3  0 f  x  

3
.
2

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy đường thẳng y 

3
cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt.
2

Vậy phương trình có 3 nghiệm.


3
bằng
a
B. 1  log 3 a .

Với mọi số thực a dương, log3

Câu 7.

A. 1  log 3 a .

C. 3  log3 a .

D. 3log 3 a .

Lời giải
Chọn A

3
 log 3 3  log3 a  1  log3 a .
a
Cho hai hàm số y  log a x, y  log b x với a, b là hai số thực dương, khác 1 có đồ thị lần lượt như
hình vẽ. Khẳng định nào sau đây sai?
Ta có log 3

Câu 8.
y

O


y = logax

1

x
y = logbx

A. 0  b  1  a .

B. 0  b  1 .

C. a  1 .
Lời giải

D. 0  b  a  1 .

1

C. D   ;    .
2

Lời giải

1

D. D   ;    .
2




Chọn A
Hàm số y  log a x đồng biến nên a  1 .
Hàm số y  log b x nghịch biến nên 0  b  1 .
Vậy 0  b  1  a .
Câu 9.

e

Tập xác định của hàm số y   2 x  1 là
1

A. D    ;  .
2


1 
B. D   \   .
2

Chọn D
1
e
Hàm số y   2 x  1 xác định khi và chỉ khi 2 x  1  0  x  .
2
Câu 10. Nghiệm của phương trình log  3 x  5   2 là

A. x  30 .

B. x  40 .


C. x  35 .

D. x  36 .

Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Lời giải
Chọn C
Ta có: log  3 x  5   2  3 x  5  10 2  3 x  105  x  35 .
Câu 11. Nghiệm của phương trình 3x1  27 là
A. x  4 .
B. x  3 .

C. x  2 .
Lời giải

D. x  1 .

Chọn A
3x1  27  3 x 1  33  x  1  3  x  4
Câu 12. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên 2;3 đồng thời f  2   2022, f  3   2023 . Giá trị của
3

 f   x dx

bằng:

2


A. 2022 .

B. 1 .

C.  1 .
Lời giải

D. 2023 .

Chọn B
3

Ta có

 f   x dx  f  x 
2

6

3

 f  3   f  2   2023  2022  1 .

2

6

 f  x  dx  10


Câu 13. Nếu 1
A. 20 .

thì

 2 f  x  dx
1

bằng

B. 10 .

C. 5 .
Lời giải

D. 12 .

Chọn A
6

Ta có

6

 2 f  x  dx  2 f  x  dx  20 .
1

1

Câu 14. Nguyên hàm của hàm số f  x   2cos 2 x là hàm số nào trong các hàm số sau?

A. F  x   sin 2 x  C .

B. F  x   4sin 2 x  C .

C. F  x   2 x sin 2 x  C .D. F  x   4 x sin x  C .
Lời giải
Chọn A

1
Ta có  2 cos 2 xdx  2. .sin 2 x  C  sin 2 x  C .
2
Câu 15. Họ nguyên hàm của hàm số
A. e x  7 x  C .

 e

x

 7  dx là

B. e x  7 .

C. e x  C .

D. e x log e  C .

Lời giải
Chọn A
Ta có:  e x  7 dx  e x  7 x  C .






Câu 16. Cho hai số phức
A. z1  z 2  5 .

z1  1  i

z  2  3i
và 2
. Tính mơđun của số phức z1  z2 .
B. z1  z2  5 .
C. z1  z2  1 .
D. z1  z2  13 .
Lời giải

Chọn D
Môđun của số phức z1  z2 là z1  z 2  1  i    2  3i   3  2i  9  4  13 .
Câu 17. Cho số phức z có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là A  3; 4  . Tính z .
Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

A. 5 .

B. 25 .


C. 5 .
Lời giải

D. 10 .

Chọn A
Số phức z có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ là A  3; 4  thì z  3  4i .
2

Vậy z  32   4   5 .
Câu 18. Tìm số phức liên hợp của số phức 1  2i .
A. 2  i .
B. 1  2i .

C. 1  2i .
Lời giải

D. 1  2i .

Chọn B
Số phức liên hợp của số phức 1  2i là 1  2i .
Câu 19. Cho cấp số nhân  un  với u1  2 , công bội q  3 . Giá trị của u2 bằng
A. 8 .

B.

2
3

C. 6


D. 9 .

Lời giải
Chọn C
Ta có: u2  u1q  2.3  6 .
Câu 20. Số hoán vị của tập hợp X có 5 phần tử là
A. 5 .
B. 24 .

Câu 21.

Câu 22.

Câu 23.

Câu 24.

C. 120 .
Lời giải

D. 60 .

Chọn C
Số hốn vị của tập hợp X có 5 phần tử là P5  5!  120 .
Cho khối chóp có diện tích đáy B  12 và chiều cao h  6 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. 72 .
B. 24 .
C. 6 .
D. 36 .

Lời giải
Chọn B
1
1
Thể tích khối chóp đã cho bằng B.h  .12.6  24 .
3
3
Cho khối lăng trụ đứng, đáy là hình vng cạnh a và cạnh bên bằng 4a . Tính thể tích của khối
lăng trụ.
2
A. 4a 3 .
B. 4a 2 .
C. a 3 .
D. 2a 3 .
3
Lời giải
Chọn A
Thể tích của khối lăng trụ là: V  B.h  a 2 .4 a  4 a 3
Cho khối nón có bán kính đáy r  2 và chiều cao h  4 . Thể tích khối nón đã cho bằng
16
8
A.
.
B.
.
C. 16 .
D. 8 .
3
3
Lời giải

Chọn B
1
1
16
Ta có thể tích khối nón: V   r 2 h   .22.4 
.
3
3
3
Tính thể tích khối lập phương nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 3
A. 18 3 .

B. 12 2 .

C. 24 3 .
Lời giải

D. 54 2 .

Chọn C
Gọi x là cạnh của hình lập phương.
Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Ta có đường chéo của hình lập phương là đường kính mặt cầu nên x 3  6  x 

6
.
3


3

6.36 72 72 3
 6 
Thể tích khối lập phương V  


 24 3 .
 
3
3
 3  3. 3
Câu 25. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  8 x  4 y  2 z  4  0 có bán
kính R là
A. R  2 .
B. R  5 .
C. R  5 .
D. R  25 .
Lời giải
Chọn B
2

2

Ta có R  42   2    1  (4)  5 .
Câu 26. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng nào dưới đây đi qua điểm M 1; 2;1 và có vecto pháp tuyến

n  1; 2;3 là:
A.  P1  : 3 x  2 y  z  0 .


B.  P2  : x  2 y  3z  1  0 .

C.  P3  : x  2 y  3z  0 . D.  P4  : x  2 y  3 z  1  0 .
Lời giải
Chọn C

Mặt phẳng đi qua điểm M 1; 2;1 và có vecto pháp tuyến n  1; 2;3 có phương trình là:

1 x  1  2  y  2   3  z  1  0  x  2 y  3 z  0 .
Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho điểm M  1;2;2  . Đường thẳng đi qua M và song song với trục
Oy có phương trình là

 x  1

A.  y  2  t , t   .
z  2


 x  1  t
 x  1


B.  y  2
, t   . C.  y  2 , t   .
z  2  t
z  2  t


Lời giải


 x  1  t

D.  y  2
, t  .
z  2


Chọn A
Gọi d là đường thẳng cần tìm.
 
Ta có d // Oy suy ra u  j   0;1;0 .


Đường thẳng d qua M  1; 2; 2  nhận u   0;1;0 làm vectơ chỉ phương có phương trình
 x  1

 y  2  t , t  .
z  2

Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3; 2;3 và B  1;2;5 . Tìm tọa độ trung
điểm I của đoạn thẳng AB .
A. I  2;2;1 .
B. I  2;0;8  .
C. I 1;0;4  .
D. I  2; 2; 1 .
Lời giải
Chọn C
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB .


Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

x A  xB

1
 xI 
2

y y

Khi đó  yI  A B  0  I 1;0;4  .
2

zA  zB

 zI  2  4


PHẦN 2. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 7-8 ĐIỂM
Câu 29. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  3x4  4(4  m) x3  12(3  m) x  2 có ba
điểm cực trị?
A. 2.
B. 3.
C. 5.
D. 4.
Lời giải

Chọn B
Ta có y΄  12 x3  12(4  m) x2  12(3  m) nên
x  7
y΄  0  x3  4 x 2  3  x 2  1 m  m  x  4  2
.
x 1
x  7
x 2  14 x  1
Đặt f ( x)  x  4  2
, f ΄( x )  1 
.
2
x 1
x2  1









x  0
f ΄( x)  0  x 4  3 x 2  14 x  0  
x  2
Lập bảng biến thiên

Hàm số y  3x4  4(4  m) x3  12(3  m) x  2 có ba điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình
x  7

m  x4 2
có ba nghiệm phân biệt.
x 1
Dựa vào bảng biến thiên suy ra 1  m  3 .
Vì m nên m  {0;1; 2} .
Vậy có 3 giá trị m thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 30. Cho hàm số y  x3  mx 2   4m  9  x  2022 , với m là tham số. Hỏi có bao nhiêu giá trị nguyên
của m để hàm số đồng biến trên khoảng  ;   ?
A. 7 .

B. 6 .

C. 5 .

D. 4 .

Lời giải
Chọn A
Ta có: y  3x 2  2mx   4m  9  .

a  0
Hàm số đồng biến trên khoảng  ;    y  0, x    
   0
 m 2  12m  27  0  3  m  9 .
Vậy có 7 giá trị nguyên của m để hàm số đồng biến trên khoảng  ;   .
Facebook Nguyễn Vương 7


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 31. Cho hàm số f ( x)  x3  3x . Số hình vng có 4 đỉnh nằm trên đồ thị hàm số y  f ( x ) là

A. 2
B. 4.
C. 3.
D. 1.
Lời giải
Gọi đồ thị hàm số f ( x)  x3  3x là đường cong (C ) . Do đường cong (C ) có tâm đối xứng qua
O nên ta thực hiện phép quay tâm O , góc quay 90 độ theo chiều dương, gọi x΄, y΄ là các hoành độ
tung độ mới của đồ thị sau khi thực hiện phép quay, khi ấy ta có hệ phương trình sau:
 x΄   y   y 3  3 y   y 3  3 y

 y΄  x





Khi ấy ta thu được hàm số x   y3  3 y . Lúc này ta có hình vẽ như sau:

Dựa vào hình vẽ trên ta thấy tồn tại 2 hình vng thỏa mãn.
Câu 32. 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. 3 .

B. Vô số.

C. 4 .
Lời giải

D. 2 .


Chọn C
 x  3  0
 3  x  6 .
Điều kiện xác định 
2  log 3  x  3  0

Bất phương trình tương đương

x  6
x  6
 2  log 3  x  3  0



x  6
x  6
 x  6
 

.
 2  log 3  x  3  0    x

 2  64
x0
x  6



 x
x



 4  65.2  64  0
   2 x  1
   x  0
Kết hợp điều kiện xác định, tập nghiệm của bất phương trình là S   3;0  6 .
Vậy tập nghiệm có 4 số nguyên.
Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Câu 33. Có bao nhiêu số nguyên dương x sao cho tồn tại số thực y lớn hơn 1 thỏa mãn
2y  x  3
xy 2  x  2 y  1 log y  log
?
x
A. 3.
B. 1.
C. Vô số.
D. 2.
Lời giải
2y  x  3
, (t  0)  x  2 y  3  xt  xy 2  2  xt log y  log t
Đặt t 
x
 g (t )  log t  x  t  y 2  log y  2 log y  0(*)










1
 x log y  0, t  0; x  1; y  1 và g  y 2   0
t ln10
2y  3  5 
Do đó (*)  t  y 2  x  2 y  3  xy 2  x  2
  0;  , y  1
y 1  2 
Vậy x  {0,1} .
Chọn đáp án D.
Ta có g΄(t ) 

1

Câu 34. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên đoạn [1;3], f (3)  4 và

 f ΄(2 x  1)dx  6 . Tính giá
0

trị của f (1) .
A. f (1)  8 .

B. f (1)  2 .


C. f (1)  16 .
Lời giải

D. f (1)  10 .

1

1

Ta có 6   f ΄(2 x  1)dx 
0

1
1
1
f (2 x  1)  ( f (3)  f (1))  (4  f (1))  f (1)  8 .
2
2
2
0

Chọn đáp án#A.
Câu 35. Cho hàm số f ( x ) nhận giá trị dương, có đạo hàm liên tục trên (0; ) và thỏa mãn
f (1)  1, f ( x)  f ΄( x)  3 x  1 , với mọi x  0 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. 3  f (5)  4 .
B. 1  f (5)  2 .
C. 4  f (5)  5 .
D. 2  f (5)  3 .
Lời giải
f ΄( x)

1
Ta có f ( x)  f ΄( x)  3 x  1 

.
f ( x)
3x  1
5

5

5

4

4

ln f (1) 
.
f ΄( x )
1
4
4
3

dx  
dx   ln f ( x)   f (5)  e
 e3
f ( x)
3
3

3x  1
1
1
1
Chọn đáp án#A.
Câu 36. Gọi z1 , z 2 , z3 là các nghiệm phức của phương trình z 3  5 z 2  17 z  13  0 . Gọi A , B , C lần lượt
là điểm biểu diễn hình học của z1 , z 2 , z3 . Tính diện tích tam giác ABC .
5
A. S ABC  3 .
B. S ABC  .
C. S ABC  4 .
D. S ABC  6 .
2
Lời giải
Chọn A
 z1  1
3
2
Phương trình: z  5 z  17 z  13  0   z2  2  3i .
 z3  2  3i
Gọi A , B , C lần lượt là điểm biểu diễn hình học của z1 , z 2 , z3 .

Toạ độ A 1;0  , B  2;3  , C  2; 3

Facebook Nguyễn Vương 9


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
1
Vậy S ABC  .1.6  3 .

2
Câu 37. Gọi z1 , z2 là hai trong các số phức z thỏa mãn z  3  5i  5 và z1  z2  6 . Môđun của số phức

  z1  z2  6  10i là
A.   16 .
B.   32 .

C.   8 .

D.   10 .

Lời giải
Chọn C
Đặt z  a  bi với a, b   .
2

2

Ta có z  3  5i  5   a  3   b  5   25 .
Vậy z  a  bi là tập hợp các số phức có tọa độ là những điểm thuộc đường tròn tâm I  3;  5 và

R  5.
Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức z1 , z2 trên hệ trục tọa độ.
Gọi H là trung
 điểm
 AB
.
Do z1  z2  OA  OB  BA  z1  z2  BA  6 .
Ta có
 

   

  z1  z2  6  10i   z1   3  5i     z2   3  5i    OA  OI  OB  OI  IA  IB  2 IH .



 




AB 2
8
Suy ra   2 IH  2.IH  2 IA2  AH 2  2 IA2 
4
Câu 38. Từ một hộp có 13 viên bi gồm 6 bi xanh và 7 bi đỏ, các viên bi cùng màu có kích thước khác
nhau từng đôi một. Lấy ra ngẫu từ hộp 5 viên bi. Tính xác suất trong 5 viên bi được chọn số bi
xanh nhiều hơn số bi đỏ.
254
173
84
59
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

429
429
143
143
Lời giải
Chọn D
Ta có: n     C135  1287 .
Gọi A là biến cố: “Trong 5 viên bi được chọn có số bi xanh nhiều hơn số bi đỏ”.
TH1: lấy được 5 xanh và 0 đỏ có: C65 .C70  6 .
TH2: lấy được 4 xanh và 1 đỏ có: C64 .C71  105 .
TH3: lấy được 3 xanh và 2 đỏ có: C63 .C72  420 .
Suy ra n  A   6  105  420  531 .
n  A

531
59
.

n    1287 143
Câu 39. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Biết tam giác ABC là tam giác vuông

Vậy P  A  



  SBC
  90 . Gọi M là trung điểm của SC , AM  a 3 . Tính thể tích
cân tại C , AC  a , SCD
2
khối chóp S . ABCD .

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

3

A.

3

a
.
6

B.

a
.
3

C. a 3 .

D.

a3
.
2


Lời giải
Chọn B

Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên AD  AHBC là hình vng  HC  DC .
 BC  BH
 BC  SH 1
Ta có 
 BC  SB
 DC  HC
 DC  SH  2 
Mà 
 DC  SC
Từ 1 ,  2   SH   ABCD  .
Gọi M là trung điểm của SC , O là trung điểm của HC suy ra MO //SH  MO   ABCD  .
Suy ra tam giác MAO vuông tại O .
2

Có OM 

2

a 3 a 2
a
AM  AO  
  
   SH  a .
2
 2   2 
2


2

1
a3
Tính thể tích khối chóp S . ABCD là V  .SH . AC.BC  .
3
3
Câu 40. Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a . Một mặt phẳng thay đổi, vuông góc với
SO , cắt SO, SA, SB, SC , SD lần lượt tại I , M , N , P, Q . Một hình trụ có một đáy nội tiếp tứ giác
MNPQ và một đáy nằm trên hình vng ABCD . Khi thể tích khối trụ lớn nhất thì độ dài SI
bằng
a 2
a 2
a
3a 2
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
2
3
3
2
Lời giải
Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 11



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Gọi r , h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

SAC  BAC  SO  BO 
Đặt SI  x  h  SO  SI 
Vì

a 2
.
2

a 2
x.
2

MN SM SI
SI
MN x 2


 MN  AB.
x 2r

.
AB
SA SO
SO
2

2
3

x x a 2

a3 2



x
2


 2 x xa 2
 2
1
1 x a 2
2 4
a3 2
2
.
 
V  r 2h 
 x  
 x    2 2



3
3 2  2

3
6.27
 3 27
 3 2 2 2
 3





x a 2
a 2
a 2

x x
 SI 
.
2
2
3
3
x 1 y z  3
Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2;1 và đường thẳng d :
. Phương trình
 
2
1
2
đường thẳng đi qua A , vng góc với d và cắt trục Ox là.
x 2 y 2 z 3

x 1 y  2 z 1




A.
.
B.
.
1
2
1
2
2
1
x 1 y  2 z 1
x 1 y  2 z 1




C.
. D.
.
1
2
1
2
2
1

Lời giải
Chọn D
Gọi đường thẳng đi qua A , vng góc với d là  .

Suy ra  cắt trục Ox tại M ( m; 0; 0)  AM   m  1; 2; 1 .
Vậy thể tích khối trụ lớn nhất khi


x 1 y z  3
có vectơ chỉ phương là ud   2;1; 2  .
 
2
1
2
 
Do AM  d  AM .u d  0  2  m  1  2  2  0  m  1  2  m  3 .

Vậy AM   2; 2; 1 là vectơ chỉ phương của đường thẳng  .
Đường thẳng d :

x 1 y  2 z 1


.
2
2
1
Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi N  a; b; c  là điểm đối xứng với M  2;0;1 qua đường
Phương trình đường thẳng  là


thẳng  :
A. 7 .

x 1 y z  2
 
. Giá trị của biểu thức a  b  c bằng
1
2
1
B. 1.
C. 3 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn C
Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

x  1 t

Ta có phương trình tham số của  :  y  2t .
z  2  t





Gọi H 1  t;2t;2  t  là hình chiếu của M trên  , ta có MH   t  1; 2t; t  1 , u  1; 2;1 là vec
 
 
tơ chỉ phương của  . Khi đó ta có MH  u  MH .u  0
 t  1  4t  t  1  0  t  0 suy ra H 1;0;2 .
Điểm N đối xứng với M qua  khi H là trung điểm MN suy ra tọa độ điểm N  0;0;3 .
Vậy a  0, b  0, c  3  a  b  c  3 .
Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu có tâm A  2;1;1 và tiếp xúc với mặt phẳng
2 x  y  2 z  1  0 có phương trình là
2

2

2

B.  x  2    y  1   z  1  9 .

2

2

2

D.  x  2    y  1   z  1  3 .

A.  x  2    y  1   z  1  16 .
C.  x  2    y  1   z  1  4 .

2


2

2

2

2

2

Lời giải
Chọn C
Mặt cầu  S  có tâm A  2;1;1 và tiếp xúc với mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  1  0 .
Mặt cầu  S  có bán kính R  d  A,  P   

2.2  1  2.1  1
2

2.

2 2   1  2 2
2

2

2

Vậy phương trình của mặt cầu  S  là  x  2    y  1   z  1  4 .
Câu 44. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a và chiều cao của hình chóp bằng


a
.
3

Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  .
A. d 

a 3
.
9

B. d 

a 21
.
21

C. d 

a 21
.
7

D. d 

3a 6
.
4

Lời giải

Chọn C

Gọi E là trung điểm của BC , H là tâm của tam giác đáy ABC , K là hình chiếu của H lên SE .
Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Do S . ABC là hình chóp tam giác đều và H là tâm của tam giác đáy ABC nên SH  BC .
 SH  BC
 BC   SAE   BC  HK .
Ta có 
 AH  BC
 BC  HK
 HK   SBC  .

SE  HK
Ta có d  d  A;  SBC    3d  H ;  SBC    3HK .

1
1
BC 2 1 a 3 a 3
a
AB 2 
 .

; cạnh đáy bằng a nên HE  AE 
.
3
3
4

3 2
6
3
Tam giác SHE vng tại H có đường cao HK nên
Theo giả thiết, SH 

1
1
1


 HK 
2
2
HK
SH
HE 2

SH .HE
SH 2  HE 2



a a 3
.
a 21
3 6
.

2

2
21
a 3a

9
36

a 21
.
7
Câu 45. Cho tứ diện ABCD có AB  AC  BC  BD  CD  a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm
BD , CD . Góc giữa hai đường thẳng MN và AD là
A. 30 o .
B. 60o .
C. 90 o .
D. 45 o .
Lời giải
Chọn C

Vậy d  3HK 

A

M

B
I

D
N


C

Ta có AB  AC  BC nên ABC đều.
Và BC  BD  CD nên BCD đều.
 AI  BC

 BC   ADI  . Nên BC  AD .
Gọi I là trung điểm BC , khi đó 



DI  BC
Mà MN // BC nên MN  AD .
Vậy góc giữa hai đường thẳng MN và AD bằng 90 o .

PHẦN 3. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 9-10 ĐIỂM
Câu 46. Cho hàm số y  x 3  3mx x 2  1 với m là tham số thực. Đồ thị của hàm số đã cho có tối đa bao
nhiêu cực trị?
A. 6.

B. 7.

C. 5.
Lời giải

D. 4.

Chọn C
Xét hàm số f ( x)  x 3  3mx x 2  1


Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Đồ thị hàm số y | f ( x ) | có tối đa số điểm cực trị  f ( x )  0 có tối đa số nghiệm.
x  0


có tối đa số nghiệm.
x2
3m  
(1)
2

x 1
x2
 x3  2 x
Xét hàm số g ( x)  
, cho g΄( x )  0  x  0 .
 g΄( x) 
3
2
x2  1
 x  1

Từ BBT ta suy ra phương trình (1) có tối đa 2 nghiệm.
Vây phương trình f ( x )  0 có tối đa 3 nghiệm nên hàm số y | f ( x ) | có tối đa 5 điểm cực trị.

Câu 47. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn
2

log 3  x 2  y 2  7 x  14 y   log 2  x 2  y 2   log 2  x 2  y 2  30 x  60 y   2 log 3 ( x  2 y ) ?

A. 21.

B. 23.

C. 20.
Lời giải

D. 22.

Chọn A
Điều kiện x  2 y  0
2

Ta có log 3  x 2  y 2  7 x  14 y   log 2  x 2  y 2   log 2  x 2  y 2  30 x  60 y   2 log 3 ( x  2 y )

 30  x  2 y  
 x2  y2

 2 log 3 
 7   log 2 1 

x2  y2 
 x  2y



x2  y2
 30 
 0 . Bất phương trình tương đương 2 log 3  t  7   log 2  1   *
Đặt t 
x  2y
t 

Ta được
 30 
f  t   2 log 3  t  7   log 2  1  
t 

2
30
1
f ΄ t  
 2.
0
 t  7  ln 3 t 1  30  ln 2


t 

Suy ra hàm số đồng biến với mọi t  0 ; ta lại thấy f  2   0
Suy ra *  t  2 

x2  y2
2
2
 2   x  1   y  2   5,  x  2 y  0 

x  2y

Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Vậy có 21 cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn.
Câu 48. Một biển quảng cáo có dạng hình vng ABCD cạnh AB  4m . Trên tấm biển đó có các đường
trịn tâm A và đường trịn tâm B cùng bán kính R  4m , hai đường trịn cắt nhau như hình vẽ.
Chi phí để sơn phần gạch chéo là 150000 đồng /m 2 , chi phí sơn màu đen là 100000 đồng /m 2 ,
chi phí để sơn phần cịn lại là 250000 đồng /m 2

Hỏi số tiền để sơn bảng quảng cáo theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây?
A. 3,017 triệu đồng.
B. 1,213 triệu đồng.
C. 2,06 triệu đồng.
D. 2,195 triệu đồng.
Lời giải
Đưa biển quảng cáo vào trong hệ trục Oxy như hình vẽ trên. Khi đó:

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Gọi  C1  là đường trịn tâm A bán kính R1  4 thì  C1  : x 2  y 2  42
Gọi  C2  là đường tròn tâm B bán kính R2  4 thì  C2  : ( x  4) 2  y 2  42
*Nhận xét: Cả hai phần đường trịn trong hình vẽ đều là hai phần đường trịn phía trên nên:
Phương trình biểu diễn cung 

AC là y  16  ( x  4) 2

 là y  16  x 2
Phương trình biểu diễn cung DB
Xét 16  ( x  4) 2  16  x 2  x  2  K  (2;0) . Vậy đường NK chia biển quảng cáo thành
hai phần đối xứng.
2

Diện tích phần gạch sọc là: S1  2   16  ( x  4) 2 dx   A
0

2


Diện tích phần tô đen là: S 2  2   16  x 2  16  ( x  4) 2 dx   B
0

Diện tích phần cịn lại là: S3  S ABCD   S1  S2   16  ( A  B)  C
Vậy số tiền để sơn biển quảng cáo là A.150000  B.100000  C.250000  2195480 đồng.
Câu 49. Gọi s là tập hợp tất cả các số phức z thỏa mãn điều kiện z  z | z  z | . Xét các số phức
z1 , z2  S sao cho z1  z2  1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z1  3i  z2  3i bằng?
A. 2.

B.

20  8 3 .

C. 2 3 .
Lời giải


D. 1  3 .

Chọn A
Đặt z  x  yi, x, y  
 x2  y2  2x
 ( x  1) 2  y 2  1 ( x  0)
( x  0)
z.z | z  z | x 2  y 2  2 | x |  2


2
2
2
 ( x  1)  y  1 ( x  0)
 x  y  2 x ( x  0)

Gọi  C1  : ( x  1) 2  y 2  1( x  0) thì  C1  có tâm I1  (1;0) và bán kính bằng 1
Và  C2  : ( x  1) 2  y 2  1 ( x  0) thì  C2  có tâm I 2  (1;0) và bán kính bằng 1
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z1 , N là điểm biểu diễn số phức z2 và A  (0; 3) thì:

z1  z2  1  MN  1 và
P  z1  3i  z2  3i  z1  3i  z2  3i  z1  (0  3i)  z2  (0  3i)  MA  NA

Facebook Nguyễn Vương 17


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Gọi P   C1    AI1  và Q   C2    AI 2 

 AI1  (1;  3)  AI1  2

 AP  AI1  R  2  1  1


 AI 2  (1;  3)  AI 2  2  AQ  AI 2  R  2  1  1
Khi đó PQ là đường trung bình của tam giác AI1 I 2  QP 

1
I1 I 2  1
2

*Nhận xét: AP và AQ lần lượt khoảng cách ngắn nhất từ A đến đường tròn  C1  và  C2  . Nên
khi M , N nằm ở bất kì đầu trên 2 đường tròn  C1  và  C2  thì AM , AN  AQ  AP  1
Vậy AM  AN  2 hay ( AM  AN ) min  2 .
Dấu "=" xảy ra khi 2 điểm M , N trùng với P, Q .
Câu 50. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(3;1; 2), B (1; 1; 2) và mặt phẳng
( P ) : x  y  2 z  18  0 . Khi điểm M thay đổi trên mặt phẳng ( P ) lấy điểm N thuộc tia OM
sao cho OM .ON  36 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức NA2  NB 2 .
A. 16  8 3 .
B. 24  8 3 .
C. 20  8 3 .
D. 8  4 3 .
Lời giải
Chọn C

Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023


+ Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên  P 
 H (3;3; 6) và OH  3 6 , trên tia OH lấy điểm K t/m: OH .OK  36  OK  2 6 và
 2 
OK  OH  K (2; 2; 4)
3
OH OM
Có OH  OK  OM  ON 

 OHM ∽ ONK (c.g.c)
ON OK
  OHM
  90  N  mặt cầu có tâm J (1,1; 2) , bán kính R  OK  6 .
 ONK
2
2
AB
 NA2  NB 2  2 NI 2 
, với I (2; 0; 2) là trung điểm của AB, AB  2 2 .
2
Và NI | IJ  R | 6  2

Suy ra NA2  NB 2  2



6 2



2


 4  20  8 3 .

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