ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 23 - 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  với u1  5 và công bội q  2 . Giá trị của u2 bằng
A. 7 .

B. 10 .

5
D.  .
2

C. 3 .
Lời giải

Chọn B
Ta có u2  u1 .q  5.  2   10 .
Câu 2.

Số cách chọn ra 3 học sinh tham gia đội văn nghệ từ một lớp có 38 học sinh là
3
3
A. 114 .
B. 383 .
C. C38
.

D. A38
.
Lời giải
Chọn C
Số cách chọn ra 3 học sinh tham gia đội văn nghệ từ một lớp 38 học sinh là C383 .

Câu 3.

x 1
trên đoạn 1;3 bằng
x2

Giá trị lớn nhất của hàm số f  x  

2
A. .
5

B. 2 .

1
D.  .
2

C. 0 .
Lời giải

Chọn A
Hàm số f  x  


x 1
3
 0  x  1;3 nên hàm số đồng biến trên khoảng
có f   x  
2
x2
 x  2

1;3 .
Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số: Max f  x   f  3 
1;3

Câu 4.

Cho hàm số y 

2
.
5

xa
có đồ thị như hình vẽ bên.
x 1

Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. a  1 .
B. a  3 .

C. a  1 .
Lời giải


D. a  1 .

Chọn C
Facebook Nguyễn Vương Trang 1


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Tập xác định: D   \ 1 .
Ta có: y  

1  a

 x  12

.

Từ hình vẽ ta thấy: y   0, x  1  1  a  0  a  1 .
Câu 5.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2. Do đó  a  2  a  2 .
Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau.

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
A. 2 .

B. 1 .

C. 1.
Lời giải


D. 0 .

Chọn B
Câu 6.

Từ BBT suy ra giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 1 .
Cho hàm số y  x3  3x 2 . Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau?
A. Hàm số nghịch biến trên khoảng  2;    .

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  .

C. Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2  .

D. Hàm số nghịch biến trên khoảng   ; 0  .
Lời giải

Chọn B
Ta có: y  3x 2  6 x .
Do y  0 x   0; 2   Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  .
Câu 7.

Cho hàm số y  f  x  xác định trên  \ 2 và liên tục trên mỗi khoảng xác định. Hàm số có
bảng biến thiên như hình vẽ sau

Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là
A. 4 .
B. 1.
C. 2 .
Lời giải

Chọn C
Ta có lim y  1 suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  1

D. 3 .

x 

Ta có lim  y  , lim  y   suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x  2
x  2 

Câu 8.

x  2 

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 2 .
Đồ thị của hàm số nào sau đây đi qua điểm M  2; 3  ?

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

x2
A. y 
.
x3
C. y  x3  2x 2  4x  11 .

B. y  x 2  2 x  5 .

D. y  x 4  2 x 2  5 .

Lời giải
Chọn C
Thay toạ độ M  2; 3 vào y  x3  2 x 2  4 x  11 .
ta có 3  23  2.22  4.2  11  3  3 (luôn đúng).
Câu 9.

3

Tập xác định của hàm số y  x 5 là
C.  \ 0 .

B.  .

A.  0; .

D.  5;  .

Lời giải
Chọn A
Có

3

5  nên điều kiện xác định của hàm số y  x

3

5


là x  0 .

Vậy tập xác định của hàm số là  0;  .
b
Câu 10. Với mọi số thực a  0, a  1, b  0 , biết log a b  2 . Tính giá trị của log a   .
a
1
3
A. 6 .
B. 2 .
C. .
D. .
2
2
Lời giải
Chọn B
b
b
   2 log a    2  log a b  1  2  2  1  2 .
a
a
Câu 11. Nghiệm của phương trình log 3  x  2   4 là

Ta có log

a

A. x  79 .


B. x  81.

C. x  66 .

D. x  83 .

Lời giải
Chọn D
Ta có: log 3  x  2   4  x  2  34  x  83 .
Câu 12. Đạo hàm của hàm số y  e3x là
B. y  e3 x .ln 3 .

A. y   e 3 x .

C. y   3e3 x .

D. y 

e3 x
.
3

Lời giải
Chọn C
y   e3 x   3 x  .e3 x  3e3 x .

Câu 13. Bất phương trình 2 x
A. 5 .

2


3 x  4

1
 
2
B. 4 .

x 12

có bao nhiêu nghiệm ngun khơng dương?
C. 3 .
Lời giải

D. 6 .

Chọn C
x 12

1
2
    x 2  3 x  4   x  12  x 2  2 x  8  0  2  x  4 .
2
Số nghiệm ngun khơng dương thỏa điều kiện bài tốn là 2, 1, 0 .
x 2 3 x  4

Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />

Câu 14. Họ nguyên hàm của hàm số f  x  

1
là
x

B. ln x  C .

A.  ln x  C .

C. 

1
C.
x2

D.

1
C .
x2

Lời giải
Chọn B
Ta có

1

 x dx  ln x  C .


2
Câu 15. Nếu đặt t  x  1 thì

A.

x 2  1dx trở thành

x

 2td t .

B.  td t .

C.

 2t

2

dt .

D.  t 2 d t .

Lời giải
Chọn D
Đặt t  x2  1  t 2  x2  1  2tdt  2 xdx  tdt  xdx

  x x 2  1 dx   t 2dt .
2


Câu 16. Nếu

2

2

 f  x dx  2022 và  g  x dx  2023 thì   f  x   g  x dx bằng
1

A. 1.

1

1

B. 2023.

C. 1.

D. 4044.

Lời giải
Chọn C
2

Ta có:

2

2


  f  x   g  x dx   f  x dx   g  x dx  2022  2023  1.
1

1

f  x
dx bằng
Câu 17. Nếu  f  x  dx  2022 thì 
2
3
3
A. 8088 .
B. 1011.
6

1

6

C. 2022 .
Lời giải

D. 4044 .

C. 2 .
Lời giải

D. 1 .


Chọn B
6
6
f  x
1
1
d
x

f  x  dx  .2022  1011 .
3 2

23
2
Câu 18. Phần ảo của số phức z  2  i là
A. 2 .
B. 1.

Chọn B
Phần ảo của số phức z  2  i là 1.
Câu 19. Trong mặt phẳng Oxy , điểm M như hình vẽ bên dưới biểu diễn cho số phức nào sau đây?

A. 4  2i .

B. 2  4i .

C. 2  4i .

D. 4  2i .


Lời giải
Chọn D
Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Do M  4;  2  z  4  2i .
Câu 20. Cho số phức z  3  2i . Điểm biểu diễn của số phức z là điểm nào sau đây?
A. Q   3;  2  .
B. M  3; 2  .
C. N   3; 2  .
D. P  3;  2  .
Lời giải
Chọn D
Ta có z  3  2 i  z  3  2 i . Do đó điểm biểu diễn của số phức z là P  3;  2  .
Câu 21. Cho khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 5 và chiều cao bằng 3. Thể tích của khối lăng trụ đã cho
bằng
A. 45 .
B. 24 .
C. 5 .
D. 15 .
Lời giải
Chọn D
Thể tích khối lăng trụ là: V  5.3  15 .
Câu 22. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA  2a và vng góc
với mặt phẳng đáy. Thể tích khối chóp đã cho bằng:
2
4

A. a 3 .
B. 2a 3 .
C. 4a 3 .
D. a 3 .
3
3
Lời giải
Chọn A
Ta có S ABCD  a 2

1
1
2
Thể tích khối chóp đã cho bằng V  .S ABCD .SA  a 2 .2 a  a 3 .
3
3
3
Câu 23. Cho khối trụ có bán kính đáy r  3a và đường cao h  6a . Tính thể tích V của khối trụ đã cho
A. V  54 a 3 .
B. V  4 a 3 .
C. V  9 a 3 .
D. V  27 a 3 .
Lời giải
Chọn A
2
Thể tích khối trụ là V   r 2 h   .  3a  .6a  54 a 3 .
Câu 24. Cho mặt cầu  S  có diện tích 4 a 2  cm 2  . Khi đó thể tích của khối cầu  S  là
A.

64 a 3

 cm 3  .
3

B.

4 a3
 cm3  .
3

C.

 a3
3

 cm3  .

D.

16 a 3
 cm3  .
3

Lời giải
Chọn B
Diện tích mặt cầu S  4 r 2  4 a 2  r  a .

4
4 a 3
Thể tích của khối cầu đã cho là V   r 3 
.

3
3



Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ a   1; 2;  3 và b   2; 4;5  . Giá trị của a.b bằng
A. 16 .

B. 16 .

C. 5 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn C 
Ta có: a.b   1 .  2   2.4   3 .5  5 .
Câu 26. Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm A  0;1;1 và song song với đường thẳng

x  1 t

 :  y  2  3t có phương trình là
 z  2  4t

Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
x 1 y



1 3
x
y 1
C.


1
3

A.

z 1
.
4
z 1
.
4

x
y 1 z 1
.


1 3
4
x y 1 z 1
D. 
.


1
3
4
Lời giải

B.

Chọn D
Gọi  d  là đường thẳng qua điểm A và song song với 
 
 Vectơ chỉ phương của  d  là ud  u  1;  3; 4  .

Vậy phương trình đường thẳng  d  :

x y 1 z 1
.


1
3
4

Câu 27. Trong không gian Oxyz , khoảng cách từ điểm M  3;4;5 đến mặt phẳng

 P  : 3x  4 y  12z 14  0
A. 3 .

bằng:
C. 85 .


B. 6 .

D. 53 .

13

13

Lời giải
Chọn A
Ta có d  M ,  P   

3.3  4.4  12.5  14
2

 3.

32   4   122

Câu 28. Trong khơng gian Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu?
A. x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  1  0 .

B. x 2  y 2  2 z 2  2 x  2 y  2 z  1  0 .

C. x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  1  0 .

D. x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  3  0 .

Lời giải
Chọn C

Phương trình x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  1  0 là phương trình mặt cầu vì hệ số x 2 , y 2 , z 2 là 1
2

2

2

và có hệ thức a 2  b 2  c 2  d   1   1   1  1  4  0 .
PHẦN 2. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 7-8 ĐIỂM
Câu 29. Cho hình phẳng  H  giới hạn bởi các đường y  x 2 , y  2 x . Thể tích của khối tròn xoay được tạo
thành khi quay  H  xung quanh trục Ox bằng
A.

64
.
15

B.

32
.
15

21
.
15
Lời giải

C.


D.

16
.
15

Chọn A
x  0
Phương trình hồnh độ giao điểm: x 2  2 x  
.
x  2
2

2

 x5 4 x 3 
64
Thể tích của khối tròn xoay là: V     x  4 x dx    
.
 
15
3 0
 5
0
4

2

Câu 30. Cho hàm số y  x3  2 x  m , với m là tham số thực. Tìm m để 5 là giá trị nhỏ nhất của hàm số
trên đoạn 1; 2 .

A. m  2 .

B. m  7 .

C. m  7 .
Lời giải

D. m  2 .

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Chọn D
Ta có y  3x2  2  0, x  . Suy ra hàm số y  x3  2 x  m đồng biến trên  nên cũng đồng
biến trên đoạn 1; 2 .
Do đó min y  y 1  3  m . Theo đề bài để 5 là giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 1; 2 nên
1;2

3 m  5  m  2 .



 



Câu 31. Tìm tất cả các giá trị thực của m đề hàm số y  2m2  m  1 x  2m 2  m  1 sin x luôn đồng

biến trên (0; 2 ) .
A. m  0 .

B. m  0 .

C. m  0 .
Lời giải

D. m  0 .

Chọn C.
Ta có, y΄( x)  2m2  m  1  2m2  m  1 cos x .





Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2 ) khi và chỉ khi
y΄( x)  0, x  (0; 2 )

 2m 2  m  1   2m 2  m  1 cos x  0 x  (0; 2 )
2m 2  m  1
 cos x x  (0; 2 ) vì 2m 2  m  1  0 m.
2
2m  m  1
Hàm số g ( x)  cos x  [1;1] khi x  (0; 2 ).


2m 2  m  1
2m2  m  1


cos
x

x

(0;
2

)

 1  m  0
2m 2  m  1
2m 2  m  1
Câu 32. Cho hình lăng trụ đứng ABC . AB C  có đáy ABC là tam giác vng cân tại A, BC  2a và


AA  a 3. Góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  ABC  bằng
A. 60 .

B. 30 .

C. 45 .
Lời giải

D. 90 .

Chọn A

Gọi M là trung điểm của BC  AM  BC .

BC  AM 
Có
  BC   AAM   BC  AM .
BC  AA 
ABC  ,  ABC   
AMA.
Do đó 





BC
 a.
2
AA a 3
AMA 

 3
AMA  60.
Xét AAM vuông tại A có tan 
AM
a
Câu 33. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B , AB  a , BC  a 2 , SA vng
góc với mặt phẳng đáy và SA  a 2 (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB và SC bằng
Lại có ABC vng cân tại A  AM 

Facebook Nguyễn Vương 7



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
A.

a 3
.
2

B. a .

a
.
2
Lời giải
C.

D.

a 2
.
2

Chọn B

Dựng điểm D sao cho ABCD là hình chữ nhật. Ta có AB // CD nên AB //  SCD  .
Khi đó d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  A,  SCD   .
Trong  SCD  , dựng AH  SD ( H  SD ).
CD  AD
Ta có 
 CD   SAD   CD  AH .

CD  SA
 AH  SD
Có 
 AH   SCD  . Do đó d  A,  SCD    AH .
 AH  CD
Ta có AD  BC  a 2 .
1
1
1
1
1
1
 2
 2  2  2  AH  a . Vậy d  AB, SC   AH  a .
2
2
AH
SA
AD
2 a 2a
a
Câu 34. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ sau:

Số nghiệm thực của phương trình f 1  2 f  x    3 là
A. 8 .

B. 9 .

C. 14 .
Lời giải


D. 16 .

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Chọn C
1  2 f

1  2 f
Dựa vào bảng biến thiên, ta có f 1  2 f  x    3  
1  2 f

1  2 f



f


f


f




f


 x 

1 a  1 
  0; 
2
 2

1

 x 

1 b  1 2 
 
;0 
2
 2


 2

 x   a   0;1
 x   b  1; 2 
 x   c   2; 4 
 x  d  4

1  c  3 1  2   3
   ;


2
2 
 2
1 d
3
 4

 x 
2
2

 x 

Dựa vào bảng biến thiên, 1 có 4 nghiệm phân biệt,  2  có 4 nghiệm phân biệt,  3 có 4
nghiệm phân biệt và  4  có 2 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình f 1  2 f  x    3 có 14 nghiệm phân biệt.
Câu 35. Có bao nhiêu số tự nhiên m sao cho phương trình 4 x  2 x  2  m  1  2 x 1  2 có đúng 2 nghiệm
thực phân biệt?
A. 9 .

B. 10 .

C. 11 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn A
2


4 x  2 x  2  m  1  2 x 1  2   2 x   4.2 x  m  1  2.2 x  2 1

Đặt t  2 x  t  0  , phương trình 1 trở thành
t 2  4.t  m  1  2t  2
 m  t 2  6t  3
t 2  4.t  m  1  2.t  2   2

I 
2
t  4.t  m  1  2t  2
 m  t  2t  1
Để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực x thì  I  có đúng hai nghiệm t   0;   

Đặt f  t   t 2  6t  3, g  t   t 2  2t  1

m  0
Từ đồ thị, bài toán thỏa mãn  
3  m  12
Mà m    m  0; 4;5;6;...;11 . Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn bài tốn.
Câu 36. Có bao nhiêu số nguyên a sao cho ứng với mỗi a , tồn tại số thực b  a thỏa mãn 4 a  2b  b và
đoạn  a; b  chứa không quá 5 số nguyên?
Facebook Nguyễn Vương 9


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
A. 5 .

B. 10 .


C. 6 .
Lời giải

D. 11 .

Chọn D
Xét hàm số f  b   2b  b có f '  b   2b.ln 2  1  0, b.
Suy ra hàm số f  b   2b  b đồng biến trên  .
Phương trình 4 a  2b  b có nghiệm b  a và đoạn  a; b chứa không quá 5 số nguyên khi và chỉ

2a  a  4a
4a  2a  a  0
khi  a
.
 a
a 5
a
4  2  a  5 4  32.2  a  5  0
Mà a    a  5; 4;...;5 .
Vậy có 11 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 37. Trên mặt phẳng phức, tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z  x  yi thoả mãn

z  2  i  z  3i là đường thẳng có phương trình
A. y   x  1 .

B. y  x  1 .

C. y   x  1 .
Lời giải


D. y  x  1 .

Chọn B
Ta có z  2  i  z  3i  x  yi  2  i  x  yi  3i
2

2

2

  x  2    y  1  x 2   y  3   x  y  1  0  y  x  1 .

Vậy đường thẳng có phương trình y  x  1 là tập hợp các điểm biểu diễn.
Câu 38. Trên tập hợp các số phức, cho phương trình z 2  az  b  0,  a, b   . Biết phương trình đã cho
có hai nghiệm là z1  2  i và z2 , khi đó giá trị của az1  bz2 bằng
A. 6 10 .

B. 18 .

C. 15 3 .
Lời giải

D. 5 13 .

Chọn D
Cách 1:
Ta có z2  z1  2  i

S  z1  z2  a  2  i  2  i  a  4  a  a  4
Theo Vi-et: 

2
2
 P  z1.z2  b   2  i  2  i   b  2  1  b  b  5
Vậy az1  bz2  4  2  i   5  2  i   18  i 

2

 18   1

2

 5 13 .

Cách 2:
Ta có z1  2  i là nghiệm của phương trình z 2  az  b  0
2

  2  i   a  2  i   b  0  2a  b  3    a  4  i  0

 z1  2  i
2a  b  3  0 a  4


 z2  4z  5  0  
 a  4  0
b  5
 z2  2  i
Vậy az1  bz2  4  2  i   5  2  i   18  i 

2


 18   1

2

 5 13 .

Câu 39. Cho hàm số f ( x) liên tục trên  . Gọi F ( x), G ( x) là hai nguyên hàm của f ( x) trên  thỏa mãn
0

F (8)  G(8)  8 và F (0)  G (0)  2 . Khi đó

 f (4 x)dx bằng

2

A.

5
.
4

B. 5.

C. 5 .

5
D.  .
4


Lời giải
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Chọn A
0

Đặt I 

 f (4 x)dx.

2

1
Đặt 4 x  t  dx   dt.
4

Đổi cận:

0

8

8

1
1

1
Khi đó: I    f (t ) dt   f (t ) dt   f ( x )dx .
48
40
40
Do F ( x), G ( x) là hai nguyên hàm của f ( x) trên  nên có:
8

1
1
I  G ( x)  [G (8)  G (0)]  G (8)  G (0)  4 I . Tương tự cũng có: F  8   F  0   4 I
4
4
0
5
Suy ra: 8I  F (8)  G (8)  F (0)  G (0)  8  (2)  10  I  .
4
Câu 40. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có AB  a , góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng
 BCCB bằng 30 . Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng
A.

3 3
a .
2

B.

3 3
a .
4


6 3
a .
12
Lời giải

C.

D.

6 3
a .
4

Chọn D

 AI  BC 
 AI   BBC C 

Gọi I là trung điểm của BC  AI  BC  . Khi đó  AI  BB
  AB,  BBC C     AB, BI   
ABI  30
Đặt h  BB
Ta có tan 30 

AI
1


BI

3

a 3
a2
2. h 2 
4

ha 2

Facebook Nguyễn Vương 11


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
a2 3
a3 6
.
.a 2 
4
4
Câu 41. Cắt hình nón đỉnh I bởi một mặt phẳng đi qua trục hình nón ta được một tam giác vng cân có
cạnh huyền bằng a 2 ; BC là dây cung của đường tròn đáy sao cho mặt phẳng  IBC  tạo với

Suy ra thể tích khối lăng trụ đã cho là V 

mặt phẳng chứa đáy hình nón một góc 60 . Tính theo a diện tích S của tam giác IBC .
2a 2
2a 2
a2
2a 2
A. S 

.
B. S 
.
C. S 
.
D. S 
.
3
3
6
3
Lời giải
Chọn C
I

C
J

H

B

Gọi r , h, l lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và đường sinh của hình nón đã cho.
Vì cắt hình nón đỉnh I bởi một mặt phẳng đi qua trục hình nón ta được một tam giác vng cân

a 2
 2r  a 2  r 
a 2

2

có cạnh huyền bằng a 2 nên 
 h  l2  r2 
.
2
l  a 2  a

2
Gọi H là tâm của đường tròn đáy và J là trung điểm của BC .
 BC  IH
Ta có 
 BC   IHJ  .
 BC  HJ

  60
Suy ra góc giữa mặt phẳng  IBC  với mặt phẳng chứa đáy hình nón là góc IJH
Ta có JI 

IH
h
a 6
a 3
2a 3


 BJ  l 2  JI 2 
 BC  2 BJ 
.
sin 60 sin 60
3
3

3

1
2a 2
Vậy S  .JI .BC 
.
2
3
Câu 42. Đường thẳng  đi qua điểm A  1;1;2  song song với mặt phẳng  P  : x  4 y  z  6  0 và cắt

đường thẳng  d  :
 x  1  t

A.  y  1  t .
 z  2  3t


x3 y 4 z 2


có phương trình là
1
2
1

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


 x  1  11t

C.  y  1  3t .
z  2  t


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

Lời giải
Chọn D
Gọi B    d . Do B  d  B  3  t;4  2t;2  t  .


Mặt phẳng  P  có 1 vectơ pháp tuyến là n  1;4;1 .

 có 1 vectơ chỉ phương AB   4  t ;3  2t ; t  .

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

 


Vì  / /  P   n. AB  0   4  t   4  3  2t   t  0  t  2 .



Vậy đường thẳng  đi qua A  1;1;2  và có 1 vectơ chỉ phương AB   2; 1; 2  nên  có phương
 x  1  2t

trình là:  y  1  t .
 z  2  2t

x 1 y 1 z  2
và mặt phẳng


2
1
1
 P  : x  y  2 z  1  0 . Điểm B thuộc mặt phẳng  P  thỏa mãn đường thẳng AB vừa cắt vừa

Câu 43. Trong không gian Oxyz cho điểm A  0;3;  2 , đường thẳng d :

vuông góc với d . Tọa độ điểm B là
A.  0;3;  2  .
B.  3;  2;  1 .

C.  3;8;  3 .

D.  6;  7;0  .

Lời giải

Chọn A
AB vng góc và cắt d tại H  d  H 1  2t ; 1  t ;2  t  .


AH   2t ; t  3;3  t  ; d có véc tơ chỉ phương u  2;1;  1 .
 

do đó AH .u  0  4t  t  3  t  3  0  t  1 ; AH  2 1;  1;1 là véc tơ chỉ phương của đường

x  1 t

thẳng AB , ta được phưng trình đường thẳng AB :  y  2  t .
 z  1  t

x  1 t
y  2t

Điểm B là giao điểm của AB và  P  ta được 
 B  0;3;  2  .
 z  1  t
 x  y  2 z  1  0
Câu 44. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz . Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua hai điểm
A 1;1;1 , B  0; 2; 2  đồng thời cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại các điểm M , N ( M , N không trùng
với gốc tọa độ O thỏa mãn OM  2ON .
A. 2 x  y  z  4  0 .
B. 2 x  3 y  z  4  0 . C. 3 x  y  2 z  6  0 . D. x  2 y  z  2  0 .
Lời giải
Chọn D
Giả sử mặt phẳng  P  cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm
M  m; 0;0  , N  0; n;0  , P  0; 0; p  (điều kiện: m, n, p  0 ).


Khi đó ta có  P  :

x y z
   1.
m n p

Do OM  2ON  m  2n  m  2n (do m, n  0 ).
Vì  P  qua A 1;1;1 nên ta được

1 1 1
   1.
m n p

Vì  P  qua B  0; 2; 2  nên ta được

2 2
  1.
n p

3 1
 2n  p  1

Vì m  2n nên ta có hệ 

2  2 1
 n p

1
1

 p   2
 p  2

 m  2.

n  1
1 1
 n

Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 45.

x y z
Vậy  P  :    1 hay  P  : x  2 y  z  2  0 .
2 1 2
Cho tập hợp A  1, 2, 3, 4,5, 6 . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau
thuộc tập hợp A . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập
hơn tổng ba chữ số sau 3 đơn vị.

A.

3
.
20

B.


1
.
6!

S . Tính xác suất để chọn được một số có tổng 3 chữ số đầu nhỏ
1
.
20
Lời giải

C.

D.

2
.
10

Chọn A
Số các phần tử thuộc tập S , gồm các số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau thuộc tập hợp A là:
6!  720 (số).
Lấy ngẫu nhiên một số từ tập S , ta có: n     720 (cách).
Gọi số tự nhiên thuộc tập S có tổng 3 chữ số đầu nhỏ hơn tổng ba chữ số sau 3 đơn vị là abcdef
Ta có 1  2  3  4  5  6  21.
21  3
 abc 
 9  {a , b , c}  1, 2, 6 , 2,3, 4 hoặc 1,3,5 .
2
TH1. {a , b , c}  1, 2, 6 thì {d , e , f }  3, 4,5 .
Số các số thoả mãn là: 3!.3!  36 .

Tương tự, với 2 trường hợp còn lại: {a , b , c}  2,3, 4 hoặc 1,3,5 thì mỗi trường hợp cũng có
36 số thoả mãn.
Vậy chọn được một số có tổng 3 chữ số đầu nhỏ hơn tổng ba chữ số sau 3 đơn vị từ tập S có:
3.36  108 (cách).
108 3
Vậy xác suất cần tính là P 
.

720 20
PHẦN 3. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 9-10 ĐIỂM
Câu 46. Cho hàm số y  mx 4  (3m  1) x 2  5 ( m là tham số thực). Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị
nguyên của tham số m để hàm số y  ( f (3x  1)) 2 đồng biến trên  . Số phần tử của S là
A. 0.
B.1.
C. 2023.
D. 5.
Lời giải
Chọn A
Đặt g ( x)  ( f (3x  1)) 2  g΄( x)  2 f (3x  1)  3  f ΄(3x  1)  6 f (3x  1)  f ΄(3x  1) .
g΄( x)  0  f (3x  1)  f ΄(3x  1)  0 (1) . Đặt t  3 x  1 thì (1) trở thành

 mt 4  (3m  1)t 2  5   4mt 3  2(3m  1)t   0   mt 4  (3m  1)t 2  5   2mt 2  (3m  1)   t  0
Để hàm số g ( x) đồng biến trên  thì điều kiện cần là phương trình
1
h(t )   mt 4  (3m  1)t 2  5   2mt 2  (3m  1)   0 có nghiệm t  0  m  .
3
1
1
 2 
Thử lại với m  ta có, h(t )  t   t 4  5  t 2   t đổi dấu khi qua t  0 . Do đó hàm số g ( x)

3
3
 3 
không đồng biến trên  . Vậy không tồn tại tham số m đề hàm số g ( x) đồng biến trên  .
x y
 x( x  4)  y ( y  4)?
Câu 47. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn log 2 2
x  y2  2
A. 13.
B. 18.
C. 15.
D. 21.
Lời giải
Chọn D
Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

x y
log 2 2
 x( x  4)  y ( y  4)
x  y2  2
 log 2  x  y   log 2  x 2  y 2  2   x 2  y 2  4  x  y 
 log 2 4  x  y   4  x  y   log 2  x 2  y 2  2   x 2  y 2  2 *

x  y  0
Vì x, y  *   2
2

x  y  2  0
Xét hàm số đặc trưng y  log 2 x  x, x  0 . Ta có y ' 

1
 1  0, x  0
x ln 2

Suy ra hàm số đồng biến trên  0;  
2

2

Từ * ta được 4  x  y   x 2  y 2  2   x  2    y  2   6

Vậy có 21 cặp số nguyên x, y thỏa mãn.

x 1 y  2 z  3


và mặt cầu
2
3
4
( S ) : ( x  3)2  ( y  4) 2  ( z  5) 2  729 . Biết điểm B thuộc giao tuyến của mặt cầu ( S ) và mặt
phẳng ( P ) : 2 x  3 y  4 z  107  0 . Khi điểm M di động trên đường thẳng d thì giá trị nhỏ nhất
của biểu thức MA  MB bằng
A. 5 29 .
B. 742 .
C. 5 30 .
D. 27.

Lời giải
Chọn C.

Câu 48. Trong không gian Oxyz cho điểm A( 2; 2; 7) , đường thẳng d :

Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Mặt cầu ( S ) có tâm I (3; 4; 5) và bán kính R  27 .

Đường thẳng d có 1 véc-tơ chỉ phương là u  (2;3; 4)  d  ( P ) .
Gọi K là giao điểm của mặt phẳng ( P ) và đường thẳng d . Vì I  d nên K là tâm của đường
tròn giao tuyến và KB  d .

 
Ta có: IA  (1; 2; 2)  IA  3 và IA  u  0  IA  d .
| 2  (3)  3  (4)  4(5)  107 |
Ta tính được IK  d ( I , ( P)) 
 5 29 và KB  R 2  IK 2  2 .
2
2
2
2 3 4
Do M di động trên đường thẳng d (trục của đường tròn giao tuyến) và B thuộc đường tròn giao
tuyến nên biểu thức MA  MB nhỏ nhất khi và chi khi M  AB  d .
MI
IA 3

 và MI  MK  IK  5 29 . Suy ra MI  3 29, MK  2 29 .

Khi đó, ta có
MK KB 2
2
Ta có: AM  IA2  MI 2  3 30  BM  AM  2 30 .
3
Vậy ( AM  BM ) min  3 30  2 30  5 30 .
Câu 49. Cho s là tập hợp tất cả các số phức w  2 z  5  i sao cho các số phức z thỏa mãn
( z  3  i)( z  3  i )  36 . Xét các số phức w1 , w2  S thỏa mãn w1  w2  2 . Giá trị lớn nhất của
2

2

P  w1  5i  w2  5i bằng?
A. 4 37 .

B. 5 17 .

C. 7 13 .
Lời giải

D. 20.

Chọn A
( z  3  i)( z  3  i)  36  ( z  3  i )( z  3  i)  36  ( z  3  i)( z  3  i )  36
| z  3  i |2  36 | z  3  i | 6
w  2 z  5  i  w  2(3  i )  2 z  2(3  i)  5  i
 w  1  i  2( z  3  i ) | w  1  i || 2( z  3  i ) | 2 | z  3  i | 2.6  12
| w  1  i | 12 | w  (1  i ) | 12
Vậy điểm M biểu diễn số phức w có quỹ đạo là đường trịn (C ) tâm I  (1; 1) và bán kính
R  12 .

Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn của các số phức w1 và w2 thì theo đề bài ta có
w1  w2  2  MN  2

Gọi A  (0;5) thì theo đề bài

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023
2

2

2

2

2

2

P  w1  5i  w2  5i  w1  (0  5i)  w2  (0  5i)  MA  NA


 
 
 P  MA2  NA2 | MA |2  | NA |2 | MI  IA |2  | NI  IA |2

  


  
| MI |2 2 MI  IA | IA |2  | NI |2 2 NI  IA | IA |2
 
 
 
 
 MI 2  2 MI  IA  IA2  NI 2  2 NI  IA  IA2  R 2  2MI  IA  R 2  2 NI  IA
  
 
 
 2 IA( MI  NI )  2 IA  MN  2 IA  MN  cos( IA, MN ) (*)

Ta có IA  (1;6)  IA  37
 
 
(*)  P  2 LA  MN  cos( IA, MN )  2  37  2  cos( IA, MN )  4 37
 


Dấu "=" xảy ra khi cos( IA, MN )  1  IA  k MN với k  0 hay nói cách khác IA cùng phương,





cùng hướng với MN .
1

Câu 50. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên [0;1] thỏa mãn f (1)  4; f (0 )  1 và


2

  f ΄( x )  dx  9 .
0

1

Giá trị của tích phân

 x f

2

( x ) dx bằng

0

A.

1
.
4

B. 9.

C.

1
.

6

D.

19
.
4

Lời giải
Chọn D
1

Ta có I   f ΄( x ) dx  f (1)  f (0)  4  1  3 .
0

2

1

1

3
dx

3

  3dx   9
0
0


1

1

2

1
1

2
2
f
΄
(
x
)
dx

2

3

f
΄
(
x
)
dx

3

dx

9

2

3

3

3

0



 f ΄( x)  3 dx  0  f ΄( x)  3  0


0
0

0
0

 f ΄( x )  3  f ( x )  3 x  C .
2

1


1

Theo bài ra f (0)  1  C  1  f ( x )  3 x  1   x  f 2 ( x ) dx   x  (3 x  1) 2 dx 
0

0

19
.
4

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 17