ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 19 - Fanpage| Nguyễn Bảo Vương - />
Câu 1.

PHẦN 1. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 5-6 ĐIỂM
Cho hàm số y  f  x  có bảng xét dấu của f   x  như sau

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 2.
B. 4.

C. 3.
Lời giải

D. 1.

Chọn C
Dựa vào bảng xét dấu, số điểm cực trị của hàm số y  f  x  là 3 .
Câu 2.

Cho hàm số y 
A. y  3 .

3x  1
. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số có phương trình là
x 3
1

B. x  3 .
C. y   .
D. y  3.
3
Lời giải

Chọn A
3x  1
3x  1
 3; lim
 3  y  3 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x

x 3
x3
x 1
Cho hàm số y 
. Tìm khẳng định đúng?
x4

Có lim

x 

Câu 3.

A. Hàm số đồng biến trên  ; 4  và  4;   . B. Hàm số đồng biến trên  \ 4 .
D. Hàm số đồng biến trên  .

C. Hàm số đồng biến trên  ; 4    4;   .


Lời giải
Chọn A
Tập xác định D   \ 4 .
Ta có y ' 

5

 x  4

2

 0, x   ; 4    4;   .

Do đó hàm số đồng biến trên  ; 4  và  4;   .
Câu 4.

Đường cong ở hình bên là đồ thị của một trong bốn hàm số dưới đây.

Hàm số đó là hàm số nào?
A. x 4  2 x 2  1 .
B.  x 4  2 x 2  1 .

C. x3  3x 2  3 .

D.  x 3  3x 2  1 .

Facebook Nguyễn Vương Trang 1



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Lời giải
Chọn C
Đồ thị là đồ thị của hàm đa thức bậc ba có hệ số a  0 .
Câu 5.

Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 
Khi đó giá trị của M 2  m 2 là
41
31
A.
.
B.
.
4
2

11
.
2
Lời giải

C.

3x  2
trên đoạn  0 ; 1 .
x1

D.


61
.
4

Chọn A
Tập xác định D   \ 1 .
Hàm số đã cho liên tục trên  0 ; 1 .
Ta có: y 

1

 x  1

 0 , x   \ 1 .

2

Hàm số đồng biến trên đoạn  0 ; 1 nên:
m  min f  x   f  0   2 ; M  max f  x   f  1 
0 ; 1

 0 ;1

5
.
2

2

Câu 6.


41
5
Vậy M 2  m 2     2 2  .
4
2
Điểm nào dưới đây thuộc đồ thị của hàm số y  x3  3x 2  2?

A. N  1; 2  .

B. M 1; 0  .

C. Q  1;1 .

D. P  1; 1 .

Lời giải
Chọn B
Thay tọa độ các điểm ở các phương án ta được
3

2

Thay N  1; 2  : 2   1  3  1  2  2  2 (vô lý). Loại.
Thay M 1; 0  : 0  13  3.12  2  0  0 (đúng). Chọn.
3

2

Thay Q  1;1 : 1   1  3  1  2  1  2 (vô lý). Loại.

3

2

Thay P  1; 1 : 1   1  3  1  2  1  2 (vô lý). Loại.
Vậy M 1; 0  thuộc đồ thị hàm số.
Câu 7.

Giá trị của log a
A. 

1
a3

3
.
2

với a  0 và a  1 bằng
B.

3
.
2

2
C.  .
3
Lời giải


D.

2
.
3

Chọn C

log a
Câu 8.

1
a

3

 log a a



2
3

2
 .
3

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


B. x  log 2 3  1 .

C. x  10 .
Lời giải

D. x  9 .

Chọn D
Điều kiện x  1  0  x  1 .
Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Ta có log 2  x  1  3  x  1  2  x  9 (nhận).
3

Câu 9.





Tính đạo hàm của hàm số y  log9 x 2  1 .
A . y 

2ln3
2x
x

1
. B . y  2
.C . y  2
. D . y  2
.
x 1
x 1
 x  1 ln3
 x  1 ln9
2

Lời giải
Chọn A
Ta có: y 

x
x

2

2

 1



 1 ln 9

x
.

 x  1 ln3
2



Câu 10. Tập xác định D của hàm số y  9  x 2



A. D   3;   .

B. D   .

C. D   \ 3; 3 .

D. D   3;3 .

2
3

là

Lời giải
Chọn D
2
không nguyên do đó điều kiện xác định của hàm số 9  x 2  0  3  x  3
3
Do đó D   3;3 .

Ta có  


2
Câu 11. Bất phương trình  
3
3
A. x  5 x  2  0 .

x 3 3 x

x 1

9
   tương đương với bất phương trình nào sau đây?
4
B. x3  5 x  2  0 .
C.  x3  x  2  0 .
D.  x 3  x  2  0 .

Lời giải
Chọn C
2
Ta có  
3

x3  3 x

9
 
4


x 1

2
 
3

x3  3 x

2
 
3

2 x  2

 x3  3x   2 x  2   x3  x  2  0 .
10

10

Câu 12. Cho hàm số f  x  liên tục trên đoạn  0;10 và



f  x  dx  7 và

 f  x  dx  3 . Tính
2

0


2

P   f  x  dx .
0

B. P  10 .

A. P  4 .

C. P  7 .
Lời giải

D. P  4 .

Chọn A
2

10

10

Ta có: P   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  7  3  4
0

0

2

2


3

 f  x  dx  3

  f  x   4 x  dx

Câu 13. Nếu 1
A. 18 .

3

thì

1

B. 12 .

bằng
C. 20 .
Lời giải

D. 10 .

Chọn A
3

2
2
2
3



Ta có   f  x   4 x  dx   f  x  dx   4 x3dx  3  x 4  3  16  1  18 .
1
1

1

1

Câu 14. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?
A.  cos x d x  sin x  x  C .
B.

 cos xdx  sin x  C .

Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
C.  sin xdx   cos x  C .

1
D.  cos2 xdx  sin 2 x  C .
2
Lời giải

Chọn A
Câu 15. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   4 x  cos 2 x là


sin 2 x
4x
sin 2 x
x
C.

 C . B. 4 ln x 
2
ln 4
2
sin 2 x
4x
sin 2 x
C. 4 x ln x 
 C . D.

C.
2
ln 4
2
Lời giải
Chọn D
A.

Ta có

 4

x


 cos 2 x  dx   4 x dx   cos 2 xdx 

Câu 16. Số phức liên hợp của số phức z  3  5i là
A. z  3  5i .
B. z  3  5i .

4 x sin 2 x

C .
ln 4
2

C. z  3  5i .
Lời giải

D. z  3  5i .

Chọn A
Số phức liên hợp của số phức z  3  5i là z  3  5i .
Câu 17. Cho số phức z  1  2i . Điểm nào biểu diễn số phức w  z  i z trên mặt phẳng toạ độ?
A. P  3;3 .
B. Q  3; 2  .
C. N  2;3 .
D. M  3;3
Lời giải
Chọn D
Ta có w  z  iz  1  2i  i 1  2i   1  2i  i  2  3  3i .
Điểm nào biểu diễn số phức w  z  i z trên mặt phẳng toạ độ là M  3;3 .
Câu 18. Cho số phức z  1  3i . Tìm phần ảo của số phức z .
A. 3 .

B. 3 .
C. 1 .
Lời giải
Chọn A

D. 1 .

Có z  1  3i  z  1  3i , nên phần ảo của số phức z là 3 .
Câu 19. Tính thể tích V của khối lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có tất cả các cạnh bằng a .
a3 3
a3 3
A. V  a 3 .
B. V 
.
C. V 
.
D. V  3a 3 .
4
2
Lời giải
Chọn B
Vì tam giác ABC đều cạnh a nên ta có S ABC 

a2 3
4

a 2 3 a3 3
.

4

4
Câu 20. Tính thể tích V của khối chóp tứ giác đều S . ABCD biết SBD là tam giác vuông cân tại S và
SB  a 2.
a3 2
3 3
2 2a 3
2a 3
a .
A. V 
.
B. V 
C. V 
.
D. V 
.
6
3
3
3
Lời giải
Chọn D

Vậy thể tích khối lăng lăng trụ ABC. ABC là V  AA.S ABC  a 

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023


Gọi O là tâm hình vng ABCD  SO  ( ABCD )
Suy ra SO là đường cao của hình chóp tứ giác đều S . ABCD .
Vì SBD là tam giác vng cân tại S nên BD  SB 2  2a ; SO 
Vì ABCD là hình vng nên AB 

BD
a
2

BD
a 2
2

1
1
2a 3
Thể tích V của khối chóp tứ giác đều S . ABCD là: V  SO.S ABCD  a.(a 2)2 
.
3
3
3
Câu 21. Cho khối trụ có bán kính đáy R  4 và độ dài đường sinh l  3 .Thể tích khối trụ đã cho bằng

A. 48 .
B. 2 4 .
Chọn A
2
Ta có V   R 2 h   R 2l    4  .3  48 .

C. 19 .


D. 12 .

Câu 22. Cho khối cầu  S  có bán kính bằng 2a . Tính thể tích khối cầu  S  .
A.

17 3
a .
3

B.

32 3
a .
3

C. 8a 3 .

D.

14 3
a .
3

Lời giải
Chọn B

4
4
32

3
+) Ta có V   r 3    2a    a 3 .
3
3
3
Câu 23. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  : x  y  2 z  3  0 không đi qua điểm nào dưới đây?
A. M 1;0;1 .

B. M  2;1;1 .

C. M  4;1;0 .

D. M  0;3;0  .

Lời giải
Chọn D
Ta có 1  0  2.1  3  0 suy ra M 1;0;1   P  đáp án A sai.
Ta có 2  1  2.1  3  0 suy ra M  2;1;1   P  đáp án B sai.
Ta có 4  1  2.0  3  0 suy ra M  4;1;0    P  đáp án C sai.
Ta có 0  3  2.0  3  6 suy ra chọn D .
x  3 y 1 z  5
Câu 24. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :
có một vecto chỉ phương là:


2
3
3





A. u2   3; 3; 2  .
B. u3   2; 3;3 .
C. u4   2;3;3 .
D. u1   3; 1;5 .

Lời giải
Chọn B
Dựa vào phương trình của đường thẳng d suy ra vecto chỉ phương của đường thẳng d là:

u3   2; 3;3 .
Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />2

2

Câu 25. Trong không gian Oxyz , mặt cầu  S  :  x  1  y 2   z  3  16 có bán kính bằng:
A. 16 .

B. 4 .

C. 32 .
Lời giải

D. 9 .

Chọn B

Dựa vào phương trình mặt cầu  S  , suy ra bán kính của mặt cầu  S  bằng 4 .
Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho đoạn thẳng AB với A 1;2;1 ; B  3;2;3 . Toạ độ trung điểm của AB
là
A. 1;0;1 .

B.  2;2;2 .

C.  2;0; 2  .

D.  2;0;  1 .

Lời giải
Chọn B
Tọa độ trung điểm của AB là  2;2;2  .
Câu 27. Cho cấp số cộng  un  với u1  2023 và công sai d  7 . Giá trị của u6 bằng
A. 2043 .

B. 2064 .

C. 2050 .
Lời giải

D. 2058 .

Chọn D
Ta có u6  u1  5d  2023  5.7  2058 .
Câu 28. Số cách chọn 2 học sinh bất kỳ từ 6 học sinh là
A. A62 .
B. C62 .
C. 62 .


D. 26 .

Lời giải
Chọn B
Mỗi cách chọn 2 học sinh từ 6 học sinh là một tổ hợp chập 2 của 6 phần tử.
Vậy số cách chọn 2 học sinh bất kỳ từ 6 học sinh là C62 .
PHẦN 2. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 7-8 ĐIỂM
Câu 29. Cho hình chóp S . ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi I và J lần lượt là trung điểm của
SC và BC . Góc giữa hai đường thẳng IJ và SC bằng
A. 60 .
B. 45 .
C. 90 .
D. 30 .
Lời giải
Chọn A

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Dễ thấy SBC là tam giác đều.

  60 .
IJ , SC   
SB, SC   BSC
Do IJ //SB nên 
Câu 30. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a . Đường thẳng SA vng góc với

mặt phẳng đáy, SA  a . Gọi E là trung điểm của CD (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ E
đến mặt phẳng  SAB  bằng

A.

a 2
.
2

B. a .

C. a 2 .

D. 2a .

Lời giải
Chọn B
Ta có CB  AB; CB  SA  CB   SAB  .
Mặt khác CD // AB  CD //  SAB  .
Do đó d  E ,  SAB    d  C ,  SAB    CB  a .
Câu 31. Cho hàm số y  ax 4  bx 2  1 có đồ thị như hình vẽ bên

Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a  0, b  0 .
B. a  0, b  0 .

C. a  0, b  0 .
Lời giải

D. a  0, b  0 .


Chọn A
Do đồ thị có bề lõm quay lên trên nên a  0 .
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên a.b  0  b  0 .
Facebook Nguyễn Vương 7


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 32. Cho hàm số bậc ba y  f  x  có bảng bảng biến thiên như hình vẽ

Hàm số f  f  x   có bao nhiêu điểm cực trị ?
A. 7 .

B. 6 .

C. 5 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn B


Ta có  f  f  x     f   x  . f   f  x    0
x  2
x  0
f ( x). f   f  x    0  
 f  x  2

 f  x   0

Dựa vào bảng biến thiên ta có:
Phương trình f  x   0 có ba nghiệm phân biệt.
Phương trình f  x   2 có một nghiệm.
Do đó phương trình f   x  . f   f  x    0 có 6 nghiệm phân biệt.
Vậy hàm số f  f  x   có 6 điểm cực trị.
Câu 33. Cho hàm số f  x  có đồ thị như hình vẽ sau:

Đặt g  x   f  f  x   . Tìm số nghiệm của phương trình g   x   0 .
A. 8 .
B. 10 .
C. 11 .
Lời giải
Chọn D

D. 9 .

 x  0

 f  x  0
  x  1

Ta có: g   x   f   x  . f   f  x    0  
.
 f   f  x    0   f  x   0

  f  x   1


+ Phương trình f  x   0 có 2 nghiệm.
+ Phương trình f  x   1 có 2 nghiệm.

+ Phương trình f  x   1 có 3 nghiệm, trong đó có 1 nghiệm x  0 .
Vậy phương trình đã cho có 9 nghiệm.
Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023
x
2

36
 10  4 có số nghiệm là
2x 2
B. 1 .

Câu 34. Phương trình
A. 3 .

D. 2 .

C. 0 .
Lời giải

Chọn B
x
2x
36
36
36
2

Ta có x  2  10  4  x  2  10  2 2  x 2  10  2 x
2
2
2



144
 10  2 x *
x
2

Đặt 2 x  t  t  0  , khi đó phương trình * 

144
 10  t  144  10t  t 2  t 2  10t  144  0
t

t  8 TM 

t  18  L 
Với t  8  2x  8  x  3 .
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm.
Câu 35. Cho phương trình log

5 2

x

2


 mx  m  7   log

phương trình có nghiệm duy nhất là
A. 3 .
B. 5 .
Chọn B
log 5  2  x 2  mx  m  7   log
 log

5 2

x

2

5 2

 mx  m  7   log



x  0 . Số giá trị nguyên m thuộc  10;9 để

C. 4 .
Lời giải

x  0  log
5 2


5 2



5 2

x

x  0  log

2

D. 2 .

 mx  m  7   log

5 2

x

2



5 2

1

x0




5 2



 mx  m  7   log



x


 x2  x  7
 x 2  mx  m  7  x
m 


x 1 .
x  0
x  0


Xét g  x  

 x2  x  7
 x2  2 x  8
với x  0 ; g   x  
2
x 1

 x  1

x  2
g   x   0   x2  2x  8  0  
, g  2   3 .
 x  4

Từ BBT, nhận thấy phương trình m 

 x2  x  7
có 1 nghiệm dương khi và chỉ khi
x 1

 m  7
 m  3


Vậy số giá trị nguyên m thuộc  10;9 là m  10; 9; 8; 7; 3 .

Facebook Nguyễn Vương 9


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />

3  2 x khi x  1
Câu 36. Cho hàm số f  x   
. Tích phân
khi x  1
5
A. 9 .


B. 1 .

2

 f  sin x  1 cos xdx bằng



2

C. 9 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn C

2

Gọi I 

 f  sin x  1 cos xdx . Đặt t  sin x  1  dt  cos xdx .



2




 x   2  t  2
Đổi cận: 
.

x   t  0

2
0

I



0

1

0

f  t  dt   f  x  dx   5dx    3  2 x  dx  5  4  9 .

2

2

2

1

Câu 37. Cho đường thẳng y  x  a ( a là tham số thực dương) và đồ thị hàm số y  x . Gọi S1 , S2 lần

5
lượt là diện tích hai hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên dưới. Khi S1  S 2 thì a thuộc
3
khoảng nào dưới đây?

5 8
A.  ;  .
 2 3

3 9
B.  ;  .
2 5

9 5
C.  ;  .
5 2
Lời giải

2 3
D.  ;  .
3 2

Chọn C
Phương trình hồnh độ giao điểm của (C ) : y  f  x   x và d : y  g  x   x  a là:
 x  a
2 a  1  4a  1
.
x  xa  
2  x0 
2

 x   x  a 
2

2


1
1  2 a  1  4a  1
1  1  4a  1 
2
Khi đó: S 2  .  x0  a   
 a   
 .
2
2
2
2
2


x0

x0

8
Ta có: S1   xdx  S 2  S2  
3
0
0




 2 1  4a  1

4

   2a  1 

2

3

8 1  1  4a  1 
2  2a  1  4a  1  2
x dx  . . 

.



3 2 
2
3 
2





3


4a  1  a  2 .

Câu 38. Cho số phức z 1  i . Số giá trị nguyên m để số phức z1  mz  1 có mơđun nhỏ hơn 5 là
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

A. 5 .

B. 6 .

C. 2 .
Lời giải

D. 9 .

Chọn B
Ta có z1  mz  1  m 1  i   1   m  1  mi
2

 m  1  m2  5  m2  m  12  0   4  m  3
m   m 3;  2;  1;0;1;2

Suy ra z1 
Do

Câu 39. Cho số phức z thoả mãn z 

z bằng
A. 19 .

z
5 1
  i . Tổng bình phương phần thực và phần ảo của số phức
1 i 2 2

B. 25 .

C. 7 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn B
Ta có z 

z
5 1
  i  2 z  1  i  z  5  i .
1 i 2 2

Giả sử z  x  yi ,  x, y  , i 2  1 . Thay vào phương trình ta được

3 x  y  5  x  3

.
2  x  yi   1  i  x  yi   5  i  3x  y    x  y  i  5  i  
 x  y  1  y  4

Vậy x 2  y 2  25
Câu 40. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, hình chiếu vng góc của đỉnh S trên mặt
a 3
đáy là trung điểm H của cạnh AB . Biết SH 
và mặt phẳng  SAC  vng góc với mặt
2
phẳng  SBC  . Thể tích khối chóp S. ABC bằng.
A.

a3
.
4

B.

a3
.
16

a3
.
2
Lời giải

C.

D.

3a 3
.

8

Chọn A
S

K
A

H

B

C

Từ H kẻ HK  SC .
AB  HC 
Ta có:
  AB   SHC   AB  SC mà HK  SC  SC   AKB 
AB  SH 
SC  AK 
Suy ra
AKB  90  AK  BK
  góc giữa  SAC  và  SBC  là  
SC  BK 
và AK   SBC  , BK   SAC  .
Facebook Nguyễn Vương 11


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Gọi AB  x .

Xét AKB vuông tại K , KH là trung tuyến HK 
x 3
2

Mà ABC đều  HC 

Xét SHC vuông tại H , có HK là đường cao
2

1
x
AB  .
2
2

2

1
1
1


2
2
HK
SH
HC 2

2


4
4
4
2  2   2 
  

 2  2  2  3a 2  x 2  a 2  x  a 2 .


a
3a
3x
 x a 3  x 3
1
1
1
1 a 31
a 2. 3 a 3
Thể tích khối chóp: VS . ABC  .SH .SABC  .SH . AB.CH  .
.
.a 2.

3
3
2
3 2 2
2
4
x2 y2 z 3
Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :

và điểm A 1; 2;3 . Mặt


1
1
2
phẳng đi qua A và vng góc với đường thẳng d có phương trình là.
A. x  2 y  3 z  14  0 . B. x  y  2 z  9  0 .

C. x  y  2 z  9  0

D. x  2 y  3 z  9  0 .
Lời giải

Chọn C
Mặt phẳng đi qua A 1; 2;3 và vng góc với đường thẳng d nhận VTCP của d là

u  1; 1;2  làm một VTPT, phương trình mặt phẳng  P  là

1 x  1  1 y  2  2  z  3  0  x  y  2 z  9  0 .
x y 1 z  2


, mặt phẳng  P  : 2 x  z  4  0 và
1
1
1
mặt phẳng  Q  : x  2 y  2  0 . Mặt cầu  S  có tâm thuộc đường thẳng d , tiếp xúc với hai mặt

Câu 42. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :


phẳng  P  và  Q  . Bán kính của mặt cầu  S  bằng
A.

3.

B. 5 .

C. 3 .
Lời giải

D.

5.

Chọn D
Gọi I là tâm cầu  S  , ta có: I   d  nên I  t ;1  t ; 2  t  .
Mặt cầu  S  tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  và  Q  nên

d  I ,  P  d  I , Q 

2t  2  t  4



t  2  2t  2

22  1
1  22
 t  6  t  4

t  1
 t  6  t  4  

 t  1.
t  6  t  4
0t  10
Vậy R  d  I ,  P   

1 6
5

 5.

Câu 43. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; 2;3 , B  3; 4;5  và mặt phẳng

 P  : x  2 y  3z  14  0. Gọi

 là một đường thẳng thay đổi nằm trong mặt phẳng  P  . Gọi

H , K lần lượt là hình chiếu vng góc của A, B trên  . Biết rằng khi AH  BK thì trung điểm
của HK ln thuộc một đường thẳng d cố định, phương trình của đường thẳng d là

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

x  4  t

A.  y  5  2t .
z  1



ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

x  4  t

B.  y  5  2t .
z  t


x  4  t

C.  y  5  2t .
z  t


x  4  t

D.  y  5  2t .
z  1


Lời giải
Chọn C
Gọi I là trung điểm của HK . Khi đó AHI  BKI (c.g .c )  AI  BI .
Suy ra I thuộc mặt phẳng trung trực  Q  của đoạn thẳng AB .
Mặt khác I thuộc  ,    P  nên I thuộc mặt phẳng  P  .
Hay điểm I thuộc đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng  P  và  Q  .
Nhận thấy điểm C  4;5;0  thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng  P  và  Q  .
 1 

Ta có mặt phẳng  Q  đi qua trung điểm M  2;3; 4  của AB và nhận vectơ n  AB  1;1;1 làm
2
vecto pháp tuyến. Nên phương trình  Q  : x  y  z  9  0 .
  
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ud   n Q  , n P    1; 2;1 và đi qua điểm C  4;5;0  nên có

x  4  t

phương trình  y  5  2t .
z  t

Câu 44. Cho hình nón  N  đỉnh S có bán kính đáy bằng a và diện tích xung quanh S xq  2 a 2 . Tính
thể tích V của khối chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD nội tiếp đường trịn đáy của hình
nón  N  .
A.

2a 3 3
.
3

B.

2a 3 5
.
3

2a 3 2
.
3
Lời giải


C.

D. 2 a 3 3 .

Chọn A

Gọi O  AC  BD , ta có bán kính đáy của hình nón là R  AO  a .
S
Đường sinh của hình nón l  SA  xq  2 a .
R
Chiều cao của khối chóp S . ABCD là SO  SA2  AO 2  a 3 .
AC 2 a
AB 

2
2
1
1
2a 3 3
Vậy VS . ABCD  .S ABCD .SO  .2 a 2 .a 3 
.
3
3
3
Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 45. Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng

thời 2 quả cầu tư hộp đó. Xác suất để 2 quả cầu chọn ra cùng màu bằng
8
5
5
6
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
11
11
22
11
Lời giải
Chọn D
Số phần tử không gian mẫu: n     C112 .
Gọi A là biến cố: “chọn được 2 quả cầu cùng màu”
Trường hợp 1: 2 quả được chọn cùng màu đỏ có C62 cách chọn.
Trường hợp 2: 2 quả được chọn cùng màu xanh có C52 cách chọn.
Tổng số kết quả thuận lợi của biến cố A là: n  A  C62  C52 .
Xác suất của biến cố A là: P  A 

n  A 5

n    11


PHẦN 3. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 9-10 ĐIỂM
Câu 46. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m trong khoảng (;10) để hàm số y 
biến trên khoảng (1; ) ?
A. 9.
B. 8.

C. 0.
Lời giải

mx  4
đồng
xm3

D. 10.

Chọn B

mx  4
m4
, với điều kiện x   m  3 , và f (1) 
 1  0, m  4 .
xm3
m4
m 2  3m  4
Ta có: f ΄( x) 
( x  m  3)2

m2  3m  4  0
 f ΄( x)  0, x  1 
 m  3  1

 m  1.
Điều kiện bài toán  
 f (1)  0
m  4


Kết hợp với điều kiện m  ( :10) và m   , ta có: m  {2;3; 4;.;9} .
x 3 2y
Câu 47. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn 2 y  2  log 2 ( x  3) 
và x  1000 ?
2
A. 4998.
B. 5004.
C. 5010.
D. 5998.
Lời giải
Chọn C
Điều kiện: x  3  0  x  3 .
Ta có:
x  3 2y
2 y  2  log 2 ( x  3) 
2
y 3
 2  2 log 2 ( x  3)  x  3  2( y  3);
Đặt hàm số f ( x) 

 2 y  3  2( y  3)  x  3  2 log 2 ( x  3)

Đặt log 2 ( x  3)  t  x  3  2t . Khi đó:


2 y 3  2( y  3)  2t  2t  f ( y  3)  f (t ), f (t )  2t  2t  f ΄(t )  2t  ln 2  2  0, t
Do đó: f ( y  3)  f (t )  y  3  t  y  3  log 2 ( x  3) .
Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Suy ra x  3  2 y 3  x  2 y 3  3  2 y  3  3  1000  y  log 2 1003  3  y  6 .
+) y  1  x  13  x {13;;999}: 987 cặp
+) y  2  x  29  x  {29;;999}: 971 cặp
+) y  3  x  29  x {61;;999}: 939 cặp
+) y  4  x  125  x {125;;999}: 875 cặp
+) y  5  x  253  x  {253;;999}: 747 cặp
+) y  5  x  509  x {509;;999}: 491 cặp
Vậy có 5010 cặp.
Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(2;1;0), B(4; 4; 3), C (2;3; 2) và đường thẳng
x 1 y 1 z 1
d:


.Gọi ( ) là mặt phẳng chứa d sao cho A, B, C ở cùng phía đối với mặt
1
2
1
phẳng ( ) . Gọi d1 , d 2 , d3 lần lượt là khoảng cách từ A, B, C đến ( ) . Tìm giá trị lớn nhất của

T  d1  2d 2  3d3 .
A. Tmax  6 14


B. Tmax  203

C. Tmax  2 21

D. Tmax  14 

203
 3 21
3

Lời giải
Chọn
A


AC  (4; 2; 2)  2(2;1; 1); AB  (6;3; 3)  3(2;1; 1)
 2 
 A, C , B theo thứ tự thẳng hàng và AC  AB
3

Đường thẳng d đi qua P(1;1;1) có véc tơ chỉ phương ud  (1; 2; 1)
 

PC  (1; 2; 3) và có PC  ud  0 nên P là hình chiếu của C trên d
Gọi ( P) là mặt phẳng đi qua điểm C thay đổi và luôn song song với ( ) , M , N , I lần lượt là
hình chiếu của A, B, C lên mặt phẳng ( ) , H , K lần lượt là hình chiếu của A, B lên mặt phẳng
( P)

Ta có CI  d (( P ), ( ))  d (C ; ( ))  CI  CP  14
T  d1  2d 2  3d3  AM  2 BN  3CI  CI  AH  2(CI  BK )  3CI

T  6CI  ( AH  2 BK )  6CI  6CP  6 14


Tmax  6 14 xảy ra khi ( ) là mặt phẳng chứa P nhận PC  (1; 2; 3) làm véc tơ pháp tuyến
( ) : x  2 y  3z  0

Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
3
và 10w  (3  i)( z  3) . Giá trị nhỏ nhất của biểu
10

Câu 49. Cho hai số phức z , w thỏa mãn | w  i |
thức P | z  2  i |  | z  6  i | bằng
A. 3  10 .

B. 2 58 .

C. 3 10 .
Lời giải

D. 2 53

Chọn D
Ta có :10w  (3  i )( z  3)  10( w  i)  (3  i)( z  3)  10i
Môđun hai vế ta được:
10i 


|10( w  i ) || (3  i )( z  3)  10i | 10 | ( w  i ) | (3  i) ( z  3) 
3  i 

3
 10 
| (3  i)[( z  3)  1  3i] | 3 10 | 3  i |  | z  4  3i | 3 10  10  | z  4  3i |
10
| z  4  3i | 3
Đặt z  x  yi( x, y  ) có điểm biểu diễn là M ( x, y ) .
Khi đó | z  4  3i | 3  ( x  4) 2  ( y  3)2  9 nên tập hợp điểm biểu diễn số phức z là một
đường tròn (C ) có tâm I  (4; 3) và bán kính bằng R  3 .
Ta có : P | z  2  i |  | z  6  i || z  (2  i) |  | z  (6  i) | MA  MB với A(2;1); B(6;1) .
Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AB , suy ra E  (4;1) .

Xét tam giác MAB ta có:
2  MA2  MB 2   AB 2
ME 2 
 2  MA2  MB 2   4ME 2  AB 2  4ME 2  16.
4
Ta có:
P 2  ( MA  MB) 2  (1.MA  1.MB)2  12  12  MA2  MB 2   2  MA2  MB 2   4ME 2  16
2

Suy ra P 2  4ME 2  16  4  IM max  IE   16  4(3  4) 2  16  212  P  212  2 53 .
Vậy GTLN của biểu thức P là 2 53 .

4

Câu 50. Tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số a để


 log
0

A. 9.

B. 10.

C. 5.
Lời giải

a

(1  tan x)dx 


16

bằng
D. 14.

Chọn A

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

0  a  1  a  
+) 


a  2
a  




4

4



 I   log a (1  tan x)dx   log a 1  tan   x   dx
4


0
0





4

4
 1  tan x 
 2 
  log a 1 

dx

log a 
dx


 1  tan x 
1  tan x 
0
0




4

   log a 2  log a (1  tan x)dx   log a 2   x 02  I
0

I
I

1

 log a 2  .
2
4




 log a 2 

16
 a  {2;3; 4}

1
 log 2 a  2  a  4
2

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: />
Facebook Nguyễn Vương 17