ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 21 - 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 sau

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A. 1;   .

B.  2; 1 .

C.  1;0  .

D.  0; 2  .

Lời giải
Chọn B
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng:  ; 1 nên hàm số nghịch
biến trên khoảng  2; 1 .

2x  1
là đường thẳng có phương trình
x 1
B. x  1 .
C. x  1 .
D. y  2 .

Câu 2. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. y  1 .

Lời giải
Chọn B

2x 1
có tiệm cận đứng là x  1 .
x 1
Câu 3. Đồ thị hàm số trong hình vẽ là đồ thị của hàm số
Đồ thị của hàm số y 

A. y  x 3  3 x 2  1 .

3
2
B. y  x  3x  1.

4
2
C. y  x  3x 1 .

3
2
D. y   x  3x 1 .

Lời giải
Facebook Nguyễn Vương Trang 1


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
ChọnB

Dễ thấy, đồ thị trong hình vẽ là đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số a  0 nên loại C và

D.

Mặt khác đồ thị hàm số qua điểm  2; 3 nên loại#A.
Vậy chọn

B.

Câu 4. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  có đồ thị như hình sau:

Số điểm cực tiểu của hàm số f  x  là
A. 3 .

C. 1.
Lời giải

B. 0 .

D. 2 .

Chọn D
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số f  x  có 2 điểm cực tiểu tại x  1 và x  1 .
Câu 5. Giá trị lớn nhất của hàm số f  x   x 4  2 x 2  1 trên đoạn  0; 2 là
A. max f  x   9 .
 0;2

B. max f  x   1 .
 0;2


C. max f  x   0 .
 0;2

D. max f  x   64 .
 0;2

Lời giải
Chọn A

 x  0   0; 2 

f   x  4x  4x , f   x  0   x  1
 x  1  0; 2 

f  0   1; f 1  0; f  2   9 . Vậy max f  x   9 .
3

0;2

3

Câu 6. Số giao điểm của đồ thị hàm số y  x  x 2  2 x  2 và đồ thị hàm số y  x 2  2 x  3 là
A. 3 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 0 .
Lời giải
Chọn B
Phương trình hồnh độ giao điểm : x3  x 2  2 x  2  x 2  2 x  3  x3  1  0  x  1
Vậy số giao điểm của 2 đồ thị là 1.

2

Câu 7. Cho a là số thực tùy ý khác 0 và 1 . Biểu thức P   a 3  bằng
A. a6 .

B. a .

C. a9 .
Lời giải

D. a5 .

Chọn A
2

P   a 3   a 3.2  a 6 .

Câu 8. Cho 2 số thực dương a , b với a  1 . Khẳng định nào sau đây đúng?
5 log a b  1
log a b  5
A. log a 3 ba 5 
.
B. log a 3 ba 5 
.
3
3
5
1
C. log a 3 ba 5  log a b . D. log a 3 ba 5  log a b .
3

5
Lời giải
Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Chọn B

 1 5 1
5 log a b  5
log a 3 ba5  log a  b 3 .a 3   log a b  
.
3
3

 3
Câu 9. Hàm số y  2023x

2

3 x

A.  2 x  3  .2023x

2

C.  2 x  3  .2023 x


2

có đạo hàm là
3 x
3 x

B. 2023x

.ln 2023

D.  2 x  3  .2023x

.

2

2

3 x

.ln 2023.

 3 x 1

.

Lời giải
Chọn A
2
2

2

Ta có: y   2023x 3 x    x 2  3x  2023x 3 x.ln 2023   2 x  3 .2023x 3 x.ln 2023.


Câu 10. Nghiệm của phương trình 2 x 4  64 là
A. x  4 .
B. x  12 .
C. x  2 .
D. x  5 .
Lời giải
Chọn C

Ta có 2 x  4  64  2 x  4  26  x  4  6  x  2 .
Câu 11. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 2  x  1  2 là
A. 5 .

C. 0 .
Lời giải

B. 4 .

D. 3 .

Chọn D
Ta có log 2  x  1  2  0  x  1  4  1  x  3 .
Vậy bất phương trình đã cho có 3 nghiệm nguyên.
Câu 12. Cho hàm số F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  và C là một hằng số. Mệnh đề nào dưới
đây đúng?
A. F   x   f   x   C .


B.  F  x   C   f  x  .

C. f   x   F  x   C .

D. F  x   f  x   C .
Lời giải

Chọn B
Ta có  F  x   C   f  x  .
1

Câu 13. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có



3

f  x dx  2;

0

A. 8 .

1

C. 36 .
Lời giải

B. 12 .




3

f  t dt  6 . Tính

 f  x dx .
0

D. 4 .

Chọn A
3

Ta có


0

1

3

f  x dx   f  x dx   f  x dx  2  6  8 .
0

1

8


Câu 14. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  0;8 và


0

A. 68 .

B. 60 .

C. 4 .
Lời giải

8

f  x  dx  4. Tính

  f  x   2 x  dx
0

D. 20 .

Chọn A
8

Có

8

8


  f  x   2 x  dx   f  x  dx   2 xdx  4  64  68.
0

0

0

Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
1
Câu 15. Cho hàm số f  x   4 x 3  ,  x  0  . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
x

A.

 f  x  dx  x

4

 ln x  C .

B.

 f  x  dx  x

3


 ln x  C .

C.

 f  x  dx  x

4

 ln x  C .

D.

 f  x  dx  x

4



1
C .
x2

Lời giải
Chọn C
1
1
 dx   4 x3dx   dx  x 4  ln x  C .
x
x
Câu 16. Trên mặt phẳng toạ độ, cho M 2; 3 là điểm biểu diễn của số phức z . Phần ảo của z bằng


Ta có



 f  x  dx    4 x

A.  2 .

3

B. 3 .

C. 3 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B
Vì M 2; 3 là điểm biểu diễn của số phức z nên ta có z  2  3i .
Suy ra phần ảo của z bằng 3 .
Câu 17. Tính mođun của số phức z  2  i .
A. 5.
B. 5 .

C. 1.
Lời giải

D.


3.

Chọn B
Ta có: z  2  i  z  5 .
Câu 18. Cho hai số phức
A. 15  5i .

z1  1  3i

z  3  4i
z .z
và 2
. Tích 1 2 bằng
B. 15  5i .
C. 15  5i .
Lời giải

D. 15  5i .

Chọn D
Ta có: z1.z2  1  3i  3  4i   15  5i .
Câu 19. Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B  7 , chiều cao h  6 . Thể tích của khối lăng trụ bằng
A. 56 .
B. 42 .
C. 126 .
D. 14 .
Lời giải
Chọn B
Thể tích khối lăng trụ là V  Bh  7.6  42
Câu 20. Cho khối chóp tam giác S . ABC có BC  a và tam giác ABC vng cân tại B . Biết thể tích khối

3a3
chóp đó bằng
. Khoảng cách từ S đến mặt phẳng  ABC  là
6
a 3
a 3
A. a 3 .
B.
.
C.
.
D. 3a .
3
2
Lời giải
Chọn A
1
a2
Ta có ABC vng cân tại B nên diện tích ABC là S ABC  BC 2  .
2
2
1
Mà VS . ABC  S ABC .d  S , ( ABC )
3
3a 3
3.
3V
6 a 3.
Suy ra d  S ,( ABC )  S . ABC 
a2

S ABC
2
Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Câu 21. Cho hình trụ có chiều cao h  2 và bán kính đáy r  2 . Diện tích xung quanh của hình trụ bằng
A. 4 2 .
B.  2 .
C. 8 2 .
D. 2 2 .
Lời giải
Chọn A
Diện tích xung quanh của hình đó là S xq  2 rh  4 2 . Vậy chọn#A.
Câu 22. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có 3 kích thước AB  a , AD  b và AA  c . Mặt cầu
ngoại tiếp hình hộp chữ nhật này có bán kính bằng
A.

ab  bc  ca
.
2

a 2  b2  c 2
.
2

B.


C.

ab  bc  ca
.
3

D.

a2  b2  c 2
.
3

Lời giải
Chọn B
Xét khối hộp chữ nhật ABCD. ABCD có có 3 kích thước AB  a , AD  b và AA  c .
D'

C'

B'

A'
I
D

c

C

b

A

a

B

Tâm cầu ngoại tiếp khối hộp là trung điểm của AC  .
Ta có AC 2  AB 2  BC 2  a 2  b 2 .
Xét ACC vuông tại C : AC 2  AC 2  AA2  a 2  b2  c 2  AC  a 2  b2  c 2 .

AC
a 2  b2  c 2


2
2

 
Câu 23. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thỏa mãn hệ thức OM  2 j  k . Tọa độ của
điểm M là
A. M  2;1;0  .
B. M  0; 2;1 .
C. M 1;2;0  .
D. M  2;0;1 .
R

Lời giải
Chọn B

Theo đề ta có OM   0;2;1 suy ra tọa độ điểm M là M  0;2;1 .



Câu 24. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm M  2;  3; 4  và nhận n  2; 4;1 làm một véc tơ

pháp tuyến có phương trình là
A.  2 x  4 y  z  11  0 .
C.  2 x  4 y  z  12  0 .

B. 2 x  4 y  z  12  0 .
D. 2 x  4 y  z  10  0 .
Lời giải

Chọn B

Ta có mặt phẳng đi qua điểm M  2;  3; 4  và nhận n  2; 4;1 làm một véc tơ pháp tuyến có
phương trình dạng

2  x  2   4  y  3  1 z  4   0  2 x  4 y  z  12  0  2 x  4 y  z  12  0 .

Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng đi qua điểm M 1;  2;3 nhận u   1;2;0 
làm một vectơ chỉ phương có phương trình là

Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
 x  1  2t

A.  y  2  4t .
 z  3  3t



 x  2  t

B.  y  4  2t .
 z  3t


 x  1  2t

D.  y  2  4t .
z  3


 x  2  t
C.  y  4  2t .
z  3  t


Lời giải
Chọn D

 x  1  2t


Do đường thẳng nhận u   1;2;0 làm vectơ chỉ phương nên nhận đáp án  y  2  4t .
z  3

2


2

Câu 26. Trong khơng gian Oxyz , tâm và bán kính của mặt cầu  S  :  x  1  y 2   z  2   4 là
A. I 1;0; 2  , R  2 .

B. I 1;0; 2  , R  2 .

C. I  1;0; 2 , R  4 .

D. I 1; 0; 2  , R  4 .

Lời giải
Chọn A
2
2
Ta có mặt cầu  S  :  x  1  y 2   z  2   4 có tâm I 1;0; 2  và bán kính R  2 .
Câu 27. Cho cấp số nhân  un  có u1  1 và u4  27 . Công bội q của cấp số nhân là
A. q  3 .

B. q  6 .

1
D. q  .
3

C. q  3 .

Lời giải
Chọn A
Ta có: u4  u1.q 3  27  q3  q  3 .

Câu 28. Một tổ có 12 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 2 học sinh trong tổ làm nhiệm vụ trực nhật?
A. 23 .
B. 123 .
C. 132 .
D. 66 .
Lời giải
Chọn D
Số cách chọn ra 2 học sinh trong 12 học sinh là số tổ hợp chập 2 của 12 .
Vậy số cách là: C122  66 cách
PHẦN 2. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 7-8 ĐIỂM
Câu 29. Cho hình lập phương ABCD. ABC D . Gọi M , N lần lượt là trung điểm AC và BC  ,  là góc
giữa đường thẳng MN và mặt phẳng  ABC D  . Tính giá trị  .
A. sin  

2
.
2

B. sin  

2 5
.
5

C. sin  

1
.
2


D. sin  

Lời giải
Chọn B

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
5
.
5


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Giả sử cạnh hình lập phương là a .
Gọi O là tâm của hình vng ABC D . Suy ra ON là hình chiếu của MN lên  ABC D  . Do
đó góc giữa MN và  ABC D  là góc giữa MN và ON .
Tam giác OMN vng tại O có ON 


NM 
sin O

OM
OM


MN
ON 2  OM 2


1
a , OM  a nên
2

a
2

a
 a2
4



2 5
.
5

  60 . Biết
Câu 30. Cho lăng trụ tứ giác ABCD. AB C D  có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc BAC
AA  AB  AD và cạnh bên AA hợp với mặt phẳng đáy góc 60 . Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng CC  và BD .
3a
a 3
a 6
a 3
A.
.
B.
.

C.
.
D.
.
4
2
8
4
Lời giải
Chọn D

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABD , vì AA  AB  AD nên G là hình chiếu của A trên
mặt phẳng  ABCD  . Khi đó 
AAG  60 .
 BD  CA
Ta có: 
 BD   ACC A  và BD   ACC A   O .
 BD  AG
d  CC ; BD   d  CC ;  BDDB    d  C;  BDDB    d  A;  BDDB  

 d  AA;  BDDB    d  AA; BD  .
3
d  G; AA  .
2
Từ G kẻ đường thẳng vng góc với AA tại H , suy ra: d  G; AA   GH .
Vì BD   ACC A   BD  AA  d  BD; AA   d  O; AA  

Tam giác ABC đều nên AC  a .Mà G là trọng tâm tam giác ABD , suy ra:
a 3 a 3
2. AO 2 a a


AG 
 .   GH  AG sin 60  .
.
3 2
6
3
3 2 3
3
3 a 3 a 3

Vậy  d  BD; AA   d  G; AA   .
.
2
2 6
4
Facebook Nguyễn Vương 7


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 31. Có 12 cây giống thuộc loại: cam, chanh, quýt, trong đó có 6 cam, 4 chanh, 2 quýt. Tính xác
suất chọn ra 6 cây giống để trồng sao cho mỗi loại có ít nhất 1 cây.
57
683
49
685
A.
.
B.
.

C.
.
D.
.
77
924
66
924
Lời giải
Chọn
C.
 : “chọn ra 6 cây giống trong 12 cây giống”  n     C126  924 .
A : “chọn ra 6 cây giống sao cho mỗi loại có ít nhất 1 cây”
Số cách chọn 6 cây giống cam, chanh là C106 .

Số cách chọn 6 cây giống cam, quýt là C86 .
Số cách chọn 6 cây giống chanh, quýt là C66 .
Số cách chọn 6 cây giống cam là C66 .
Suy ra n  A   C126  C106  C86  C66  C66  686 .
Ta có P  A  
Câu 32. Cho hàm số
trị của k để
A. 2 .

n  A
n 



686 49

.

924 66

f  x   x3

 C1 

g  x   3x 2  k
C 
C 
có đồ thị 1 và hàm số
có đồ thị 2 . Có bao nhiêu giá
C 
và 2 có đúng hai điểm chung?
B. 3 .
C. 1 .
D. 4 .
Lời giải

Chọn C
Hoành độ giao điểm của  C1  và  C2  là nghiệm của phương trình:
x 3  3 x 2  k  x 3  3 x 2  k  * .

Để  C1  và  C 2  có đúng hai điểm chung thì phương trình (*)  đồ thị hàm số h  x   x 3  3 x 2
cắt đường thẳng y  k tại đúng hai điểm.
Bảng biến thiên của h  x   x 3  3 x 2

 đồ thị hàm số h  x   x 3  3 x 2 cắt đường thẳng y  k tại đúng hai điểm k  4; k  0 .
Câu 33. Cho hàm số y  x3  3x 2  2 . Có bao nhiêu tiếp tuyến với đồ thị hàm số đi qua điểm A 1;0  ?

A. 2 .

B. 3 .

C. 0 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn D
Gọi đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2 là  C  .
Ta có y  3x 2  6 x
Gọi M  x0 ; y0    C  là tiếp điểm. Suy ra phương trình tiếp tuyến với  C  tại M là

y   3x02  6 x0   x  x0   x03  3x02  2 (d).





Vì  d  đi qua điểm A 1; 0  nên 3x02  6 x0 1  x0   x03  3x02  2  0

 3x

2
0

 6 x0  1  x0   x  3x  2  0   3x02  6 x0  1  x0    x0  1  x02  2 x0  2   0
3
0


2
0

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

  x0  1  2 x  4 x0  2   0
2
0

 x0  1
 x0  1 .

2
 2 x0  4 x0  2  0
Suy ra có 1 tiếp tuyến với  C  đi qua điểm A .

Câu 34. Có bao nhiêu giá tri nguyên thuộc đoạn [2023; 2023] của tham số m



đề hàm số



y  m 2  2023 x 4  mx 2  2 có đúng một điểm cực đại?


A. 2023

B. 2024

C. 4046
Lời giải

D. 4048

Chọn B
Vì m    m2  2023  0 .
Đề hàm số có đúng một điểm cực đại xảy ra hai trường hợp
TH1:
 a  0
 m2  2023  0
m 2  2023  0


 0  m  2023.

 2

m0
(m  2023).(m)  0

a  b  0
TH2:
2
 a  0

m 2  2023  0
 m  2023  0
 2

 m  2023.

m0
(m  2023).( m)  0

a  b  0
Vậy m {0;1; 2;.; 44}, m {45;46;; 2023}
5  2 x  2 x
a
a
với
là phân số tối giản và

x 1
1 x
3 2  2
b
b
a  , b    . Tính tổng a  b có giá trị bằng
A. 8 .
B. 11 .
C. 17 .
D. 4 .
Lời giải
Chọn B


Câu 35. Cho 4 x  4  x  7. Khi đó biểu thức P 



Từ 4 x  4 x  7  2 x  2 x



2

2

 2  7   2 x  2 x   9  2 x  2 x  3 .

5   2 x  2 x 
5  2 x  2 x
53
2


 .
Khi đó P 
x 1
1 x
x
x
3 2  2
3  2  2  2  3  2.3 9
Suy ra a  2, b  9  a  b  11 .
2


Câu 36. Cho bất phương trình 2 x  x  2 x  23 x  x 2  3 có tập nghiệm là [a, b] . Giá trị của biểu thức
2a  b bằng.
A. 1.
B. 5 .
C. 3.
D. 2.
Lời giải
Chọn B
2
2
2 x  x  2 x  23 x  x 2  3  2 x  x  x 2  x  23 x  3  x(*).
Xét f (t )  2t  t  f ΄(t )  2t ln 2  1  0  f (t ) đồng biến trên  .

* 

f  x 2  x   f (3  x)

Mà f (t ) đồng biến  x 2  x  3  x  x 2  2 x  3  0  3  x  1 .
 a  3, b  1  T  2a  b  5.
Câu 37. Cho biết hình phẳng giới hạn bởi ba đường y  ln x, y  1  e  x và trục hồnh có diện tích là
m
m
S
ở đó
là phân số tối giản và m, n   . Tổng m  n bằng
n
n
A. 13 .


B. 12 .

C. 7 .
Lời giải

D. 5 .

Facebook Nguyễn Vương 9


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Chọn D

Xét phương trình ln x  1  e  x (*)
Ta thấy x  e là một nghiệm của phương trình (*)
Mặt khác hàm số y  ln x đồng biến trên

 0;    ;

 0;    . Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất

hàm số y  1  e  x nghịch biến trên

x  e.

Xét phương trình 1  e  x  0  x  e  1
Suy ra diện tích hình phẳng cần tìm là
e

e 1


S   ln xdx 
1


e

e 1

e

 
x2 
1 3
e
1  e  x  dx   x.ln x 1   dx    x  ex    1  e  1  e   .
2 e
2 2

 
1

 m  3; n  2  m  n  5 .
2

2

Câu 38. Cho hàm số f  x  liên tục trên  thỏa mãn f  x   x 2   xf  x  dx . Giá trị của
1


A. 11 .

B. 11 .

C.  7 .
Lời giải

D. 19 .

Chọn A
2

Đặt m   xf  x  dx 1 với m   .
1

2

Ta có: f  x   x 2   xf  x  dx  f  x   x 2  m
1

2

2

m 
1
Nên từ 1 ta có m   x  x  m  dx  m   x 4  x 2 
2 1
4
1

2

1 m
15
 m  4  2m    m   .
4 2
2
2
2
15 

Vậy  xf  x  dx   x  x 2   dx  11 .
2
0
0 
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
 xf  x  dx
0

bằng


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

z i
Câu 39. Biết rằng có đúng một số phức z thỏa mãn z  2i  z  2  4i và
là số thuần ảo. Tính tổng
z i

phần thực và phần ảo của z .
A. 4 .
B. 4 .
C. 1.
D. 1.
Lời giải
Chọn D

Gọi z  x  yi ( x, y   ) .
Ta có: z  2i  z  2  4i  x  ( y  2)i  ( x  2)  (4  y)i  x  y  4 , (1)

z  i ( z  i)2
1
2
1
 x 2  ( y  1) 2  2 x( y  1)i  .


x  ( y  1)i  
2
2 
2 
z i
z i
z i
z i
Vì

 x  y  1, (2)
z i

là số thuần ảo nên ta có: x 2  ( y  1)2  0  
.
z i
 x  y  1, (3)

 x  y  4
Từ (1) và (2) ta có hệ: 
vơ nghiệm.
 x  y  1
3

x

 x  y  4

2
Từ (1) và (3) ta có hệ: 

x  y  1
y  5

2

3 5
Vậy z    i . Suy ra tổng phần thực và phần ảo của z bằng 1.
2 2
Câu 40. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện

z  i  1  2 là
A.Đường tròn tâm I 1; 1 , bán kính R  2 .


B. Đường trịn tâm I 1; 1 , bán kính R  4 .

C. Đường trịn tâm I  1;1 , bán kính R  2 .

D. Đường tròn tâm I  1;1 , bán kính R  4 ..

Lời giải
Chọn A
Giả sử z  x  yi  x, y    .
2

2

Theo giả thiết z  i  1  2   x  1   y  1 i  2   x  1   y  1  4 .
Khi đó tập hợp điểm M biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I 1; 1 , bán kính R  2 .
Câu 41. Cho hình lăng trụ ABC . AB C  có tam giác đáy ABC
vng đỉnh A ,
AB  a, AC  3a , AA  AB  AC và mặt phẳng  ABBA tạo với mặt đáy  ABC  một góc
60 . Tính thể tích V của lăng trụ đã cho.
3a 3
3 3a 3
3a 3
3 3a 3
A. V 
.
B. V 
.
C. V 
.

D. V 
.
4
4
4
2
Lời giải
Chọn B

Facebook Nguyễn Vương 11


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Gọi H là trung điểm của BC .
Xét ba tam giác AHB, AHA, AHC có: AH chung, AA  AB  AC và HA  HB  HC (vì

AH là đường trung tuyến của tam giác vuông ABC )




HA  A
HB  A
HC  90
  AHA   AHB   AHC mà AHB vuông tại H  A
 AH   ABC  .
Tam giác AAB cân tại A có: I là trung điểm của AB nên AI  AB .
 AI  AB
 AB   AHI   HI  AB .
Ta có 

 AH  AB  do AH   ABC  

IH  60 .
Do đó,   ABBA  ,  ABC    A
Tam giác ABC có: H , I lần lượt là trung điểm của BC, AB nên HI 


IH 
Tam giác AHI vuông tại H có: tan A

1
a 3
.
AC 
2
2

AH
AH
a 3
3a
.
 tan 60 
 AH 
. 3
IH
2
2
a 3
2


1
1
1 3a
3a 3
Thể tích lăng trụ là: V  . AH .S ABC  . AH . AB. AC  . .a.a 3 
.
3
6
6 2
4
Câu 42. Cho một hình nón đỉnh S có chiều cao bằng 4a , bán kính đáy bằng 2a . Cắt hình nón đã cho bởi
một mặt phẳng vng góc với trục ta được một hình nón  N  đỉnh S có đường sinh bằng a .

Tính thể tích của khối nón  N  .
A.

2 5 a 3
.
75

B.

13 a 3
.
125

13 a 3
.
375

Lời giải

C.

D.

Chọn A

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
5 a 3
.
125


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Ta có bán kính hình nón ban đầu bằng OB  2a , SO  4a do đó độ dài đường sinh

SB  SO 2  OB 2 

2

2

 4a    2a   2a
Ta có độ dài đường sinh hình nón  N  là

5.


SN  a

Các tam giác SIN và tam giác SOB đồng dạng nên ta có
Suy ra SI 

SI
IN SN
a
1
.




SO OB SB 2a 5 2 5

2a
a
, IN 
.
5
5
2

1
1  a  2a 2 a 3 5
Thể tích khối nón  N  bằng V   r 2 h   
.


3
3  5  5
75

 x  1  2t

Câu 43. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( ) chứa hai đường thẳng d1 :  y  1  t
và
 z  1  2t


x  2 y z 1
 
. Khoảng cách từ tâm mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  10  0 đến
2
1
2
mặt phẳng ( ) bằng
11
A.
.
3
8 5
B.
.
5
6 5
C.
.
5

1
D. .
3
Lời giải
Chọn B
Ta
 có:


ud1  (2; 1; 2), ud1  (2;1; 2), d1 ∥ d 2 , A(1;1; 1)  d1 , B (2;0;1)  AB  (3; 1; 2).
  
n( a )   AB, ud2   (0; 2; 1)
Phương trình mặt phẳng ( ) : 2 y  z  1  0 .
d2 :

8 5
.
5
Câu 44. Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm A  0;1;1 , vuông góc với hai đường thẳng

Mặt cầu ( S ) : I (1; 2; 3)  d ( I ;( )) 

 x  2t
x  3 y  6 z 1

và  2 :  y  t có phương trình là
1 :


2

2
1
 z  2  3t

Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
x y 1 z 1


.
7
8
2
x y 1 z 1
C. 
.

7
8
2

A.

x 1 y
 
7
8
x y 1

D. 

7
8

B.

z 1
.
2
z 1
.
2
Lời giải

Chọn C

Đường thẳng 1 có một vectơ chỉ phương là: u1   2; 2;1 ; đường thẳng  2 có một vectơ chỉ

phương là: u2   2;  1;3 .
Gọi  là đường thẳng đi qua điểm A  0;1;1 , vng góc với hai đường thẳng 1 và  2 . Khi đó

 
đường thẳng  có một vectơ chỉ phương là u  u1 ; u2    7;8;  2  .
Đường thẳng  có phương trình là:
Câu 45. Trong

khơng

Oxyz ,


cho mặt

B. 2 7  3 3 .

phẳng

 P : x  2 y  z  8  0

đường thẳng
  
x  2 y  3 z 1
d:


. Đường thẳng  cắt  P  và d lần lượt tại A, B sao cho PA  3PB  0
2
1
1
với P  1; 2; 2  . Tính PA  PB .
A. 5 2 .

gian

x y 1 z 1
.


7
8

2

C. 4 5 .
Lời giải

và

D. 5 2  14 .

Chọn C
Vì B  d  B  2  2t;3  t ; 1  t  .
 xA  3  xB  xP   xP
 x A  3  2  2t  1  1
 x A  6t  10
  



PA  3PB  0   y A  3  yB  yP   yP   y A  3  3  t  2   2   y A  3t  1
 z  3t  5


 A
 z A  3  z B  z P   z P
 z A  3  1  t  2   2

 A  6t  10;  3t  1;3t  5
Mà A   P   6t  10  2  3t  1   3t  5  8  0  15t  15  0  t  1 .
Suy ra A  4; 2;  8 , B  0;2;0   PA  PB  4 5 .
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 (1)  2 . Hàm số y  f ΄( x) có đồ thị là đường cong
như hình dưới đây.

 
Có bao nhiêu số nguyên dương m để hàm số y | 4 f (sin x)  cos 2 x  m | nghịch biến trên  0; 
 2
?
A. 6.
B. 7.
C. Vô số.
D. 5.
Lời giải
Xét hàm số y  4 f (sin x)  cos 2 x  m
Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Có y΄  cos x  4 f ΄(sin x)  4sin x 

 
Ta thấy, cos x  0, x   0; 
 2
Đồ thị của hàm số y  f ΄( x ) và y  x vẽ trên cùng hệ trục tọa độ như sau:

 
Từ đồ thị ta có f ΄( x)  x, x  (0;1)  f ΄(sin x)  sin x, x   0; 
 2
 

Suy ra y΄  0, x   0;  .
 2
Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bàng biến thiên thì ycbt  4 f (1)  1  m  0  m  4 f (1)  1  7 .
Vì m là số nguyên dương nên m  {1; 2;3..7} .
m  [0; 2023]
Câu 47. Số các giá tri
nguyên của tham số
để
2

x  2 3 m3 x

  x  6x  9x  m 2
3

2

A. 2023.

x2

2

x 1

B. 2019.

phương


trình

 1 có đúng 1 nghiệm là

C. 2022.
Lời giải

D. 2021.

Chọn B
3
u  3 m  3x u  m  3x
 3
 x3  6x2  9x  m  u3  v3  8 .
3
v  x  2
v  ( x  2)

Đặt 

Từ giả thiết suy ra phương trình: 2 v  u   u 3  v 3  8  2 v  2v  3  1  2u  u 3  2  v  ( v ) 3 .
t

3

Hàm đặc trưng f (t)  2  t là hàm số đồng biến trên  . Từ đó suy ra:

u v


3

 3 m  3 x  2  x  m  (2  x )  3 x .

f ( x)

x 1
 Ta có: f ΄( x)  3(2  x) 2  3, cho f ΄( x )  0  
.
x  3
+ BBT của hàm số f ( x )

Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
m  8
Để phương trình có đúng 1 nghiệm thì 
, kết hợp với m  [0; 2023] và m ta có:
m  4
m  {0;1; 2; 3}  {9;10;11;  .; 2023}  có 2019 số nguyên.


 
4

2015

x  2 y 1 z  2
và mặt phẳng



4
4
3
( P) : 2 x  y  2 z  1  0 . Đường thẳng  đi qua E (2;1; 2) song song với ( P ) đồng thời tạo với

d góc bé nhất. Biết rằng  có một vectơ chỉ phương u  (m; n;1) . Tính T  m 2  n 2 .
A. T  4 .
B. T  3 .
C. T  4 .
D. T  5 .
Lời giải
Chọn A
Lấy M (2; 3;1)  d . Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua E và song song với
( P )  (Q ) : 2 x  y  2 z  9  0 .
Theo đề bài ta có đường thẳng d đi qua E và cắt mặt phẳng ( P ) .
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M lên đường thẳng d và (Q) . Tọa độ điểm K là nghiệm
hệ phương trình.
 x  2  2t
 y  3  t

 2(2  2t )  (3  t )  2(1  2t )  9  0  t  2  K (2; 1; 3).

 z  1  2t
2 x  y  2 z  1  0
MH MK
Gọi   (d ; )  sin  

  bé nhất H  K .

ME ME

 u  (0; 2;1)  T  4.
z  4  3i
Câu 49. Cho z  x  yi ( x, y   ) là số phức thỏa mãn điều kiện | z  3  2i | 5 và
 1 . Gọi
z  3  2i
M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  x 2  y 2  8 x  4 y . Giá trị của
tổng M  m bằng
A. 2 .
B. 4 .
C. 18 .
D. 20 .
Lời giải
Chọn B
Ta có | z  3  2i | 5 | z  3  2i | 5  ( x  3)2  ( y  2) 2  25 và
z  4  3i
 1 | z  4  3i || z  3  2i |
z  3  2i

Câu 48. Trong không gian

Oxyz , cho đường thẳng

d:

 ( x  4) 2  ( y  3) 2  ( x  3)2  ( y  2)2
 8 x  16  6 y  9  6 x  9  4 y  4
 7 x  y  6  0.
Khi đó tập hợp số phức z  x  yi là hình viên phân giới hạn bởi hình trịn (C ) tâm I (3; 2) , bán

kính R  5 và nửa miền mặt phẳng bờ d : 7 x  y  6  0 không chứa điểm O .
Lại có T  x 2  y 2  8 x  4 y  ( x  4)2  ( y  2)2  T  20 là đường tròn  C΄  tâm J (4; 2) , bán
kính R΄  T  20 .
Ta có hình vẽ biểu diễn như sau

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

với A(1;1), B(0; 6) là giao điểm của đường thẳng d và đường tròn (C ) .
Suy ra JA  3 2, JB  4 2, JK  IJ  R  2 .
Để tồn tại số phức z  x  yi thì  C΄  phải cắt hình viên phân suy ra

JK  T  20  JB  2  T  20  4 2  16  T  12.
Do đó M  12, m  16 .
Vậy M  m  4 .
Câu 50. Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm đến cấp hai liên tục trên  và có bảng biến thiên như sau

Biết rằng f ΄΄( x)  28, x   . Quay hình phẳng giới han bởi đồ thị hàm số y  x  28  f ΄΄( x)  ,
trục tung, trục hoành và đường thẳng x  2 quanh trục hồnh ta được khối trịn xoay có thể tích là
A. V  56 .
B. V  70 .
C. V  224 .
D. V  88 .
Lời giải
Chọn D
2
2

2

Ta có: V    x  28  f ΄΄( x)  dx     28 x dx   x  f ΄΄( x)dx  .
0
0
0

2

+ Tính  28 x dx  56 .
0

u  x
du  dx
+ Đặt 
.

dv  f ΄΄( x)dx v  f ΄( x)
2

Suy ra:

2
2

 x  f ΄΄( x)dx  x  f ΄( x) 0   f ΄( x)dx  f (0)  f (2)  32 .
0

0


Vây V  88 .
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
Facebook Nguyễn Vương 17


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