ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 20 - Fanpage| Nguyễn Bảo Vương - />PHẦN 1. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 5-6 ĐIỂM
Câu 1.

Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu u1  3 và công bội q  2 . Tính số hạng u2 của cấp số đó.
A. 6 .

B. 1 .

C. 5 .
Lời giải

D. 6 .

Chọn D
Ta có: u2  u1.q  3.  2   6 .
Câu 2.

Có bao nhiêu cách chọn một học sinh nam và một học sinh nữ từ một nhóm gồm 7 học sinh nam
và 8 học sinh nữ
A. 15 .
B. 7 .
C. 8 .
D. 56 .
Lời giải
Chọn D
Số cách chọn một học sinh nam từ nhóm 7 học sinh nam C71 cách.

Số cách chọn một học sinh nữ từ nhóm 8 học sinh nữ C81 cách.

Câu 3.

 C71 .C81  56 cách chọn một học sinh nam và một học sinh nữ từ một nhóm gồm 7 học sinh nam
và 8 học sinh nữ.
Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau

Tìm mệnh đề sai?
A. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  1;1 .
B. Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng  ; 1 .
C. Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng 1;3 .
D. Hàm số y  f  x  đồng biến trên khoảng  1;   .
Lời giải
Chọn D
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số không đồng biến trên khoảng  1;   .
Câu 4.

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Facebook Nguyễn Vương Trang 1


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. Giá trị cực đại của hàm số bằng 0 .
C. Hàm số có ba điểm cực trị.

Câu 5.


B. Hàm số có hai điểm cực tiểu.
D. Giá trị cực đại của hàm số bằng 3 .
Lời giải

Chọn A
Từ bảng biến thiên ta suy ra hàm số có ba điểm cực trị và giá trị cực đại của hàm số bằng 3 , giá trị
cực tiểu của hàm số bằng 0 .
2 x  3
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
là đường nào sau đây?
x 5
A. y  2 .
B. x  5 .
C. y  5 .
D. x  2 .
Lời giải
Chọn A
Ta có: lim y  lim y  2 suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  2 .
x 

Câu 6.

x 

Đồ thị sau đây là của hàm số nào?

A. y  x 4  2 x 2  3 .

B. y 


2x 1
.
x 1

C. y 

x2
.
x 1

D. y  x 3  3 x  1 .

Lời giải
Chọn B
Dựa vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị của hàm số y 

ax  b
nên loại phương án y  x 4  2 x 2  3 và
cx  d

y  x3  3x  1 .

Đồ thị hàm số có đường tiện cận ngang y  2 nên nhận đáp án y 
Câu 7.

2x 1
.
x 1

Giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x3  3x  1 trên đoạn  1; 2 bằng.

A. 5 .

B. 2 .

C. 2 .
Lời giải

D. 3

Chọn D
Ta có f  x   x3  3x  1  f   x   3x 2  3  0, x   1;2 nên giá trị nhỏ nhất của hàm số

f  x   x3  3x  1 trên đoạn  1; 2 bằng 3 xảy ra tại x  1
Câu 8.

Điểm nào sau đây thuộc đồ thị của hàm số y  x 4  3x 2  5 ?

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

A. Điểm N 2; 1 .

B. Điểm P 1;3 .

C. Điểm Q 2; 9 . D. Điểm M 1; 3 .
Lời giải


Chọn A
Thế tọa độ điểm N 2; 1 vào phương trình y  x 4  3 x 2  5 ta được 1  24  3.22  5 (đúng).
Vậy N 2; 1 thuộc đồ thị của hàm số y  x 4  3 x 2  5 .
Câu 9.

Rút gọn biểu thức P  a a 3 a ,  a  0  ta được kết quả là
5

5

B. P  a 6 .

A. P  a 3 .

10

C. P  a 6 .
Lời giải

D. P  a 3 .

C.  3;   .

D.  ; 3 .

Chọn A
3

1
2


1
6

1 1
1 
2 6

Ta có P  a a a  a.a .a  a

5
3

a .
x

1
Câu 10. Tập nghiệm của bất phương trình    8 .
2
A.  3;   .
B.  ;3 .

Lời giải
Chọn D
x
1
   8  x  3
2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   ; 3 .
Câu 11. Tính đạo hàm của hàm số: y  92 x 1 .

A. y  2.92 x 1.ln 9 .
B. y   2 x  1 .92 x 1 .
C. y  92 x1.ln 9 .

D. y   2 x  1 .92 x 1.ln 9 .
Lời giải

Chọn A
Áp dụng công thức tính đạo hàm  a u   u .a u ln a .
Ta có:  92 x 1    2 x  1 .92 x 1 ln 9  2.92 x 1 ln 9 .
Câu 12. Tập nghiệm S của phương trình log 3 (2 x  1)  2 .
A. S  5 .

C. S  10 .

B. S   .

D. S  3 .

Lời giải
Chọn A

1
2
Ta có: log3  2 x  1  2  2 x  1  9  x  5 (TMĐK).
Điều kiện: 2 x  1  0  x 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S  5 .
Câu 13. Cho a  ln 3, b  ln 4 . Mệnh đề đúng là:
A. ln  33.42   6ab .


B. ln  33.42   3a  2b .

C. ln  33.42   2a  3b . D. ln  33.42   3a  8b .
Lời giải
Chọn B
Ta có: ln  33.42   ln 33  ln 42  3ln 3  2 ln 4  3a  2b .
Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 14. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   3x 2  2 x  1 là
A. 3x3  x2  x  C .

B. x 3  x 2  x  C .

C. x3  x 2  C .
Lời giải

D. x3  2 x 2  x  C .

Chọn B
Ta có  f  x  dx    3 x 2  2 x  1 dx  x 3  x 2  x  C .
Câu 15. Cho hàm số f  x   e2 x  sin 3x . Khẳng định nào sau đây là đúng?
1
A.  f  x  dx  e 2 x  cos 3 x  C .
3
2x
e
sin 3 x

C.  f  x  dx 

C.
2
3

B.

 f  x  dx  e

D.

f  x  dx 



2x

 cos 3 x  C .

e 2 x cos 3 x

C .
2
3

Lời giải
Chọn D
Ta có:




f  x  dx    e 2 x  sin 3 x  dx 

1 2x 1
e 2 x cos 3 x
e  cos 3 x  C 

C
2
3
2
3

2022

Câu 16. Tích phân



5x dx bằng

0

2022

A. 

5 1
.

ln 2022

B.  52022  1 ln 5 .

52022  1
.
ln 2022
Lời giải

C.

D.

52022  1
.
ln 5

Chọn D
2022

Ta có


0

2022

5x
5 dx 
ln 5 0

x



2

Câu 17. Cho



52022  50 52022  1
.

ln 5
ln 5

2

f  x dx  2
và

1

2

 g  x dx  1

1

11

A. I  .
2

. Tính

7
B. I  .
2

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

17
C. I  .
2
Lời giải

.'
D. I 

5
.
2

Chọn D
2

x2
Ta có I    x  2 f  x   3 g  x  dx 
2

1

Câu 18. Môđun của số phức z  6  8i bằng
A. 2 .
B. 100 .

2

2

2

 2  f  x dx  3  g  x dx  2 
1

1

C. 10 .
Lời giải

1

1
5
 2.2  3  1  .
2
2

D. 10 .


Chọn D
2

Ta có z  62   8  10 .
Câu 19. Cho số phức z có số phức liên hợp z  3  2i . Tổng phần thực và phần ảo của số phức z bằng
A. 1 .
B. 5 .
C. 5 .
D. 1 .
Lời giải
Chọn C
z  3  2i  z  3  2i .
Số phức z có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng 2 .
Tổng phần thực và phần ảo là 3  2  5 .
Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Câu 20. Trong mặt phẳng Oxy , cho các điểm M , N lần lượt biểu diễn các số phức z1 , z2 như hình vẽ
y

3

N

M
2


x

O
2

3

Phần thực của số phức w  z1.z2 là
A. 12 .

B. 12 .

C. 0 .
Lời giải

D. 6 .

Chọn A
Ta có z1 =3+3i, z 2 =-2+2i  w  z1.z2  12 . Phần thực của số phức w là 12 .
Câu 21. Cho khối lăng trụ đứng ABC . AB C  có BB   a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và
BA  BC  a . Tính theo a thể tích V của khối lăng trụ đã cho.
a3
a3
a3
A. V  a3 .
B. V  .
C. V  .
D. V  .
2
3

6
Lời giải
Chọn B
A
C
B
A

C

B
Ta có diện tích đáy là S ABC 

1
a2
BA.BC 
.
2
2

a2
a3
.a  .
2
2
Câu 22. Cho hình chóp có chiều cao h  3 và diện tích đáy B  4 . Thể tích của khối chóp đó bằng
A. 4 .
B. 6 .
C. 3 .
D. 12 .

Lời giải
Chọn A
1
1
Thể tích của khối chóp đã cho bằng Bh  .4.3  4 .
3
3
Câu 23. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 2πa 2 và độ dài đường sinh bằng 2a . Bán kính đáy r
của hình nón là
5a
a
A. r 
.
B. r  .
C. r  5a .
D. r  a .
2
2
Lời giải
Chọn D
Hình nón có độ dài đường sinh l  2a .
Diện tích xung quanh hình nón bằng 2πa 2 nên:
S xq  πrl  2πa 2  πr.2a  r  a .
Thể tích khối lăng trụ là V  S ABC .h 

Diện tích xung quanh S xq của hình nón đã cho bằng: S xq   rl .
Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />

Câu 24. Cho hình trụ có bán kính đáy r  5  cm  và khoảng cách giữa hai đáy bằng 7  cm  . Tính diện tích
xung quanh của hình trụ.
A. 120  cm 2  .
B. 35  cm 2  .

C. 70  cm 2  .

D. 60  cm 2  .

Lời giải
Chọn C
Do hình trụ có khoảng cách giữa hai đáy bằng 7  cm  nên h  l  7  cm  .
Diện tích xung quanh của hình trụ là 2 rl  2 .5.7  70  cm 2  .
Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 3x  2 y  z  5  0 . Điểm nào dưới
đây thuộc mặt phẳng  P  ?
A. M  3;  2;  5  .

B. N  0;0;  5 .

C. P  3;  2;1 .

D. Q 1;1; 4  .

Lời giải
Chọn D
Thay Q 1;1; 4  vào  P  : 3x  2 y  z  5  0 , ta được

3.1  2.1  4  5  0  0  0 (đúng).
Vậy Q 1;1; 4    P  .
 x  2  t


Câu 26. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng d :  y  1  2t , t   có véctơ chỉ phương là:
 z  5  3t





A. a   1;  2;3 .
B. b   2; 4;6  .
C. c  1;2;3 .
D. d   2;1;5 .
Lời giải
Chọn A

 x  2  t


Từ phương trình d :  y  1  2t , t   suy ra có một véctơ chỉ phương là a   1;  2;3 .
 z  5  3t

Câu 27. Trong không gian Oxyz cho điểm M  0;1;1 . Góc giữa đường thẳng OM và trục Oz bằng
A. 60 .

B. 30

C. 90
Lời giải

D. 45


Chọn D


Ta có k   0; 0;1 , OM   0;1;1 .
 
OM .k
0.0 1.0 1.1
1
cos OM ; Oz     

.
2.1
2
OM . k
Vậy góc giữa đường thẳng OM và trục Oz bằng 45 .
2

2

Câu 28. Trong không gian Oxyz , mặt cầu  S  :  x  1  y 2   z  2   16 có tâm I là
A. I 1;0; 2 .

B. I 1;0; 2  .

C. I  1;0; 2 .

D. I  0;1; 2 .

Lời giải

Chọn C
Tâm I của mặt cầu đã cho là I  1;0;2  .
PHẦN 2. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 7-8 ĐIỂM
Câu 29. Cho hình lập phương ABCD. ABC D . Góc giữa hai đường thẳng BA và CD bằng

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

A. 30 .

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

B. 45 .

C. 60 .
Lời giải

D. 90 .

Chọn B

BA, CD   
BA, AB   
ABA .
Ta có: AB / / CD  

AA
1 
ABA  45 .

AB
Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vng cạnh a , tam giác SAB là tam giác đều và
mặt phẳng  SAB  vng góc với mặt phẳng  ABCD  . Tính khoảng cách từ điểm D đến
ABA 
Trong ABA vng tại A ta có: tan 

Câu 30.

mặt phẳng  SBC 
A.

a 3
.
2

B.

a 3
.
4

a
.
2
Lời giải
C.

D.

a

.
4

Chọn A

Gọi H là trung điểm AB . Vì tam giác SAB đều nên SH  AB .
 SAB    ABCD 

Ta có  SAB    ABCD   AB  SH   ABCD 
 SH  AB

Dễ thấy BC   SAB    SBC    SAB  .
Kẻ AK  SB  AK   SBC   d  A,  SBC    AK 

a 3
( do tam giác SAB đều cạnh a )
2

Facebook Nguyễn Vương 7


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
a 3
2
Câu 31. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f   x    x  2  4  x 2
AD / /  SBC   d  D,  SBC    d  A,  SBC   



tiểu tại điểm

A. x   2 .

 x

2

 1 trên . Hàm số y  f  x  đạt cực

C. x  1 .
Lời giải

B. x  1 .

D. x  2 .

Chọn B

x  2
Cho f   x   0    x  2   x  2   x  1  0   x  2.
 x  1
Bảng xét dấu:
x
2
1
1

2

f  x




2

0



0



0

2



0





Từ bảng xét dấu, ta có điểm cực tiểu của hàm số là x  1.
Câu 32. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  x 3  3 x 2  mx  1 đồng biến trên  là
A.  0 ;    .

B.  3;    .


C.   ;1 .

D.   ;  3 .

Lời giải
Chọn D
Ta có: y  3 x 2  6 x  m .
a  3  0
 m  3 .
Hàm số đồng biến trên   ;     y  x   0, x    
  9  3m  0
Câu 33. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Hỏi phương trình
f  f  x   3  0 có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

A. 8 .

B. 3 .

C. 6 .
Lời giải

D. 9 .

Chọn C
 f  x   3  a  1  a  0 
 f  x   a  3  1  a  0 


Ta có f  f  x   3  0   f  x   3  1
  f  x   2

 f x 3 b 2  b  3
 f x  b 3 2  b  3




  
  
Dựa vào đồ thị ta thấy:
Với  1  a  0   4  a  3   3 nên phương trình 1 có 1 nghiệm.

Phương trình  2  có 2 nghiệm phân biệt.
Với 2  b  3   1  b  3  0 nên phương trình  3  có 3 nghiệm phân biệt.
Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
1
 2
 3


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Ta thấy các nghiệm của phương trình

1 ;  2  ;  3 khơng trùng nhau nên phương trình

f  f  x   3  0 có 6 nghiệm phân biệt.
2


Câu 34. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 22 x  4  3x .m  0 có hai nghiệm
thực phân biệt?
A. 24 .
B. 18 .
C. Vô số.
D. 31 .
Lời giải
Chọn A
2
22 x  4
Ta có: 22 x  4  3x .m  0  m  x2 (*).
3
+ Với m  0 phương trình vơ nghiệm.
+ Với m  0 :
 22 x  4 
(*)  log3 m  log 3  x2   x 2  2  log3 2  .x  4 log 3 2  log 3 m  0
 3 
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt
2

    log 3 2   4log3 2  log 3 m  0  m  3

2

log3 2   4log3 2

 24,8 .

Vây có 24 số thỏa mãn.
Câu 35. Tính tổng tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình log 2  x 2  3  log 2 x  x 2  4 x  1  0 .

A. 4 .

B. 6 .

C. 5 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B
ĐKXĐ: x  0
Ta có log 2  x 2  3  log 2 x  x2  4 x  1  0  log 2  x2  3   x2  3  log 2  4 x   4 x
Xét hàm số f  t   t  log2 t trên khoảng  0;   . Ta thấy hàm số y  f  t  luôn đồng biến trên

 0; 
Do đó log 2  x 2  3  log 2 x  x 2  4 x  1  0  f  x 2  3  f  4 x   x 2  3  4 x  1  x  3
So sánh với điều kiện x  0 suy ra tập nghiệm nguyên của bất phương trình là S  1;2;3
Vậy tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình là: 1  2  3  6 .
Câu 36. Gọi D là phần hình phẳng giới hạn bởi các đường x  1, y  0, y  x3 . Thể tích của khối trịn
xoay tạo nên khi quay D quanh trục Ox bằng


2

A. .
B.
.
C. .
D. .
6

8
7
7
Lời giải
Chọn A
Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 3  0  x  0 .
0

Khi đó thể tích khối trịn xoay là: V    x6dx 
1


7

x7

0
1




7

Câu 37. Cho hàm số f  x  liên tục trên  2;3 và có đồ thị của y  f   x  như hình vẽ bên dưới

Mệnh đề nào sau đây đúng?
Facebook Nguyễn Vương 9



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
A. f  2   f  0  f  3 .

B. f  0   f  2   f  3 .

C. f  0   f  3  f  2  .

D. f  3  f  0  f  2  .
Lời giải

Chọn B

 x  2
Ta có f   x   0   x  0 .

 x  3

Bảng biến thiên của hàm số f  x  trên đoạn  2;3 là

0

Mặt khác, S1 



2

3

f   x  dx  f  0   f  2  ; S 2    f   x  dx  f  0   f  3 .

0

Do S1  S2  f  2   f  3  f  0   f  2   f  3 .
Câu 38. Cho số phức z thỏa mãn z  5 . Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w  2( z  3)  1  4i là một
đường trịn có bán kính bằng
5
A. 10 .
B. 11 .
C. 5 .
D. .
2
Lời giải
Chọn A
+ Ta có w  2( z  3)  1  4i  w  2 z  6  1  4i  w+5+4i=2 z

 w+5+4i = 2 z  w+5+4i =10

(1)

Gợi  w=x+yi,  x,y   
2

2

Khi đó (1)  x+yi+5+4i =10   x  5    y  4   100  R  10
c
c
là phân số tối giản. Giả sử phương trình x 2  4 x   0 có hai nghiệm phức.
d
d

Gọi A , B là hai điểm biểu diễn của hai nghiệm đó trên mặt phẳng Oxy . Biết tam giác OAB đều,
tính P  c  2d .
A. P  10 .
B. P   14 .
C. P  18 .
D. P  22 .
Lời giải
Chọn D

Câu 39. Cho c, d   và

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

c
c
c
Phương trình x 2  4 x   0 có hai nghiệm phức nên   4   0   4 .
d
d
d
Giả sử phương trình có hai nghiệm phức là z1  a  bi và z2  a  bi .

Gọi A , B lần lượt là điểm biểu diễn của z1 và z2 suy ra A  a; b  , B  a;  b  .
Ta có: OA  OB  a 2  b2 ; AB  2 b .
Tam giác OAB đều nên


a2  b2  2 b  a 2  3b 2 .

4
.
3
c
c
4 16
và P  z1.z2  a 2  b 2    4  
(nhận).
d
d
3 3
Vậy c  16 , d  3  c  2d  22 .
Câu 40. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và
B, BA  BC  a, AD  2 a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a 2. Gọi H là
hình chiếu vng góc của điểm A lên SB. Tính thể tích V của khối đa diện SAHCD.

Ta có: S  z1  z2  2a  4  a  2  b 2 

A. V 

4 2a 3
.
3

B. V 

4 2a 3
.

9

C. V 

2 2a 3
.
3

D. V 

2 2a 3
.
9

Lời giải
Chọn B

AD
.
2
Do đó tam giác ACD vng tại C (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)
 BC  AD  . AB   a  2a  .a  3a 2 ; S  1 AB.BC  1 .a.a  a 2
Có S ABCD 
ABC
2
2
2
2
2
2

2
2
3a
a
Suy ra S CD 

 a2.
2
2
1
1
a3 2
1
1 a2
a3 2
.
Khi đó VS . ACD  .SACD .SA  .a 2 .a 2 
và VS . ABC  .S ABC .SA  . .a 2 
3
3
3
3
3 2
6
2

2
2
SB


SA

AB

a
2
 a2  a 3


Xét SAB vng tại A có 
SA. AB
a 2.a
a2 2 a 6 .
AH





2
2
2
3
a
3
2
SA

AB


a 2 a

Gọi I là trung điểm của AD  tứ giác ABCI là hình vng cạnh a  CI  a 









2

2

2

Xét SAH vng tại H có SH  SA  AH 
Mặt khác, ta có

a 2 

2

a 6
2a 3
SH 2
 


 .
 
3
3
SB
3



VS . AHC SH
2
2 a3 2 a3 2

 VS . AHC  VS . ABC  .

.
VS . ABC SB
3
3 6
9
Facebook Nguyễn Vương 11


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
a 3 2 a 3 2 4a 3 2


.
9
3

9
Câu 41. Một chi tiết máy bằng kim loại được tạo nên từ 3 khối trụ như hình bên. Gọi T1  là khối trụ ở hai
Vậy VS . AHCD  VS . AHC  VS . ACD 

đầu và T2  là khối trụ giữa, lần lượt có bán kính và chiều cao tương ứng là r1 , h1 , r2 , h2 thỏa mãn
h2
. Biết thể tích của khối trụ T2  bằng 30 cm 3 và khối lượng riêng của kim loại làm
2
chi tiết máy bằng 7,7 g/cm3 . Tính khối lượng của chi tiết máy.
r1  4r2 , h1 



A. 2, 279 kg .



B. 3, 279 kg .

C. 3,927 kg .

D. 2, 927 kg .

Lời giải
Chọn C
Thể tích của chi tiết máy là:
h2
  r22 h2  17 r22 h2  17.30 cm 3  510 cm3 .
2
Vậy khối lượng của chi tiết máy bằng 510.7, 7  3927 g  3, 927 kg .

V  2 r12 h1   r22 h2  2 .16r22

2

2

2

Câu 42. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  1  9 . Mặt phẳng  P  tiếp
xúc với mặt cầu  S  tại điểm A 1;3; 1 có phương trình là
A. 2 x  y  2 z  7  0 . B. 2 x  y  2 z  2  0 .
C. 2 x  y  z  2  0 .

D. 2 x  y  2 z  3  0 .
Lời giải

Chọn A
Mặt cầu  S  có tâm I  1; 2;1 .
Mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu  S  tại điểm A 1;3; 1 suy ra  P  đi qua điểm A 1;3; 1
 
và có một vectơ pháp tuyến n  IA   2;1; 2  nên phương trình mặt phẳng  P  là

2  x  1   y  3  2  z  1  0  2 x  y  2 z  7  0 .
x 8 y  n z  m
với m ,


2
4
3

n là tham số thực. Biết rằng điểm M thuộc đường thẳng  , giá trị của m  n bằng
A. 1 .
B. 5 .
C. 1.
D. 5 .
Lời giải
Chọn C
6  8 6  n 6  m
Ta có M  6; 6;6    


2
4
3
 6  n
 4  1 6  n  4 n  2



6  m  3
m  3
 6  m  1
 3
Do đó m  n  1 .

Câu 43. Trong không gian Oxyz , cho điểm M  6; 6;6  và đường thẳng  :

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489


ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

x  5

Câu 44. Trong không gain Oxyz , cho hai điểm A  4; 2; 4  , B  2;6; 4  và đường thẳng d :  y  1 . Gọi
z  t


M là điểm di động thuộc mặt phẳng  Oxy  sao cho AMB  90 và N là điểm di động thuộc d .
Tìm giá trị nhỏ nhất của MN
A. 2 .
B. 8 .

C. 73 .
Lời giải

D. 5 3 .

Chọn A


Vì M   Oxy   M  a; b; 0  , MA   4  a; 2  b; 4  , MB   2  a;6  b; 4  .
 
2
2
Mà 
AMB  90  MA.MB  0   a  1   b  2   9  M   C  tâm I 1; 2;0  , bán kính

R  3.


Lại có ud   0; 0;1  d   Oxy  .
Giao điểm của d và  Oxy  là H  5; 1;0  và IH  d tại H  5; 1;0  .

N là điểm di động thuộc d nên MN nhỏ nhất khi N  H ; M  IH   C   M 0 .
Ta có IH  5  MN min  M 0 H  IH  IM 0  5  3  2.
Câu 45. Một hộp đựng 15 viên bi khác nhau trong đó có 8 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng.
Lấy ngẫu nhiên 6 viên bi từ hộp trên. Tính xác suất để trong 6 viên bi lấy ra có ít nhất 1 viên
màu vàng và không quá 4 viên bi đỏ.
9
3287
3279
657
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
35
5005
5005
1001
Lời giải
Chọn B
Gọi A là biến cố “ Chọn được 6 viên bi có ít nhất 1 viên màu vàng và khơng q 4 viên bi đỏ”
Ta có số phần tử của khơng gian mẫu n     C156 .
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A  C156  C136  C55 .C21

Xác suất của biến cố P  A  

n  A  C156  C136  C55 .C21 3287
.


n 
C156
5005

PHẦN 3. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 9-10 ĐIỂM



Câu 46. Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm trên  và f ΄( x)  ( x  1)( x  2) . Hàm số g ( x)  f x 2  2
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. (; 1) .
B. (; 2) .

C. (2;1) .
Lời giải



D. (1; 2) .

Chọn B
 x  1
Ta có f ΄( x)  0  
.

x  2

x  0
x  0
 2
g ( x)  f  x  2   g΄( x)  2 x. f ΄  x  2   0   x  2  1   x  1
 x 2  2  2
 x  2
Ta có bảng xét dấu:
2

2

Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên (; 2) .
Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 47. Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) với 1  x, y  2023 và thỏa mãn
 2y 
 2x 1 
(2 x  4 y  xy  8) log 2 
 ?
  ( xy  2 x  3 y  6) log3 
 x4 
 y2
A. 4038.
B. 2023.
C. 2020.
Lời giải

Chọn A
Điều kiện: x  5 .
2x 1
7
 2x 1 
Nhận xét:
 2
 2  log 2 
0.
x4
x4
 x4 
Khi đó:
 2y 
 2x 1 
(2 x  4 y  xy  8) log 2 
.
  ( xy  2 x  3 y  6) log3 
 x4 
 y2

D. 4040.

 2y 
 2x 1 
 ( x  4)(2  y ) log 2 
 (*)
  ( x  3)( y  2) log3 
 x4 
 y2

VT (*)  0
2y
Nếu 1  y  2 
hay bất phương trình ln được thỏa mãn.
1 
y2
VP(*)  0
Như vậy, ta được 4038 cặp ( x; y ) thỏa mãn.
VT (*)  0
2y
Nếu y  3 
hay bất phương trình vơ nghiệm.
1 
y2
VP (*)  0
Có 4038 cặp ( x; y ) thỏa mãn.
Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(10; 5;8), B(2;1; 1), C (2;3; 0) và mặt phẳng
( P ) : x  2 y  2 z  9  0 . Xét M là điểm thay đổi trên ( P) sao cho MA2  2MB 2  3MC 2 đạt giá
trị nhỏ nhất. Khi đó tính MA2  2MB 2  3MC 2 .
A. 54.
B. 282.
C. 256.
D. 328.
Lời giải
Chọn B
Chèn điểm I  (a; b; c) vào đẳng thức MA2  2MB 2  3MC 2 ta được:



 

 
 
MA2  2 MB 2  3MC 2 | MA |2 2 | MB |2 3 | MC |2 | MI  IA |2 2 | MI  IB |2 3 | MI  IC |2

  

  

  
| MI |2 2 MI  IA | IA |2 2 | MI |2 2 MI  IB  | IB |2  3 | MI |2 2 MI  IC  | IC |2
 
 
 
 MI 2  2 MI  IA  IA2  2 MI 2  2 MI  IB  IB 2  3 MI 2  2 MI  IC  IC 2
   
 6 MI 2  IA2  2 IB 2  3IC 2  2 MI ( IA  2 IB  3IC )(*)
  
Cho IA  2 IB  3IC  0



 
 








10  a  2(2  a )  3(2  a )  0
a  0


 5  b  2(1  b)  3(3  b)  0  b  1  I  (0;1;1)
8  c  2(1  c)  3(0  c )  0
c  1



2
 IA  (10; 6;7)  IA  185
 

  IB  (2;0; 2)   IB 2  8
 
 2
 IC  9
 IC  (2; 2; 1)
   
(*)  MA2  2 MB 2  3MC 2  6 MI 2  IA2  2 IB 2  3IC 2  2MI ( IA  2 IB  3IC )
 6 MI 2  185  2.8  3.9  6 MI 2  228


 MA

2

 2 MB 2  3MC 2 


min

khi MI min

Nhận xét: I  ( P)
Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

MI min khi M là hình chiếu của I lên mặt phẳng  P 


Khi đó MI cùng phương với nP
Gọi M   x; y; z  thì
0  x  k .1


MI  k nP  1  y  k .2
và M  ( P) nên x  2 y  2 z  9  0
1  z  k .(2)

Ta lập hệ bốn phương trình:
0  x  k .1
x  1



1  y  k .2

y  3

 M  (1;3  1)  MI  (1; 2; 2)  MI 2  9


1  z  k  (2)
 z  1
 x  2 y  2 z  9  0
k  1
Vậy MA2  2 MB 2  3MC 2
 6 MI 2 min  202  6.9  228  282 .





min

2

Câu 49. Cho hàm số y  f ( x)  x 2   ( x  u ) f (u )du có đồ thị (C ) . Khi đó hình phẳng giới hạn bởi (C ) ,
0

trục tung, tiếp tuyến của (C ) tại điểm có hồnh độ x  5 có diện tích S bằng
8405
137
83
125
A. S 
.

B. S 
.
C. S  .
D. S 
.
39
6
3
3
Lời giải
Chọn D
2

2

 f ( x)  x 2  x  f (u )du   u f (u )du  x 2  ax  b
0

0

2

2

8
8a
Với a    u 2  au  b du   2a  2b , b    u 3  au 2  bu du  4   2b
3
3
0

0

16
28
, b
13
39
16
28
119
 f ( x)  x 2  x   f ΄(5) 
13
39
13
114
707
Tiếp tuyến  d  : y 
( x  5) 
13
39
5
16
28 114
707
125
( x  5) 
dx 
.
Vậy diện tích cần tìm là S   x 2  x  
13

39 13
39
3
0
Câu 50. Cho hai số phức z và w thỏa mãn z  2 w  8  6i và | z  w | 4 . Giá trị lớn nhất của biểu thức
| z |  | w | thuộc khoảng nào sau đây:
A. (3;5)
B. (1; 4)
C. (8;10)
D. (9;12)
Lời giải
Chọn C
Ta có | z  2 w || 8  6i | 10
132
| z  2 w |2 2 | z  w |2  3 | z |2 6 | w |2  102  2.4 2  3 | z |2 6 | w |2 | z |2 2 | w |2 
3
a

1
Mà | z |  | w || z | 
 2 | w |
2

  1 2 
3 132

 66.
1  
 | z |2 2 | w |2  
  2   

2 3



NẾU TRONG Q TRÌNH GIẢI TỐN, CÁC BẠN GẶP CÂU SAI ĐÁP ÁN, HOẶC LỜI GIẢI SAI
VUI LÒNG GỬI PHẢN HỒI VỀ
Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
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: />
Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />