ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 24 - Fanpage| Nguyễn Bảo Vương - />Phần 1. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 5-6 ĐIỂM
Câu 1. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 3 x  y  2 z  1  0 . Vectơ nào sau đây là một vectơ
pháp tuyến của ( P) ?




A. n1  1;  2;1 .
B. n2   3;  2;1 .
C. n3   2;1;3 .
D. n4   3;1;  2  .


Vectơ pháp tuyến của ( P) là n4   3;1;  2  .
Câu 2. Số cách xếp 4 người thành một hàng ngang là
A. A42 .
B. 44 .

Lời giải

C. C44 .
D. 4! .
Lời giải
Số cách xếp 4 người thành một hàng ngang là số hoán vị 4 phần tử: P4  4! .
Câu 3. Cho hàm số y  f ( x) có đồ thị là đường cong như hình bên dưới.
y

x
O

2
2

Đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại điểm nào sau đây?
A. (2; 0) .
B. (0; 2) .
C. (2; 0) .
D. (0; 2) .
Lời giải
Quan sát hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại điểm (2; 0) .
Câu 4. Tập xác định của hàm số y  x 5 là
A.  0;    .
B.  0;    .
Hàm số y  x

5

C.   ;0  .

D.   ;    .

Lời giải
là hàm số lũy thừa với số mũ là   5   nên điều kiện xác định là x  0 .

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là  0;    .
Câu 5. Cho hàm số f  x  liên tục trên  và a là số thực dương. Khẳng định nào dưới đây đúng?

a

A.



a

0

f  x  dx  0 .

B.

a



f  x  dx  0 .

C.

a



a

f  x  dx  0 .


D.

 f  x  dx  0 .
a

0

Lời giải
a

Theo tính chất tích phân ta có

 f  x  dx  0 .
a

Giải thích:Gọi F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  .
a

Ta có:

 f  x  dx  F  x 

a
a

 F a  F a  0 .

a

Câu 6. Thể tích của khối cầu có bán kính R là

4
1
A.  R3 .
B.  R 3 .
3
3

C. 4 R3 .

D.

4
 R2 .
3

Facebook Nguyễn Vương Trang 1


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Lời giải
Theo lý thuyết công thức tính thể tích khối cầu có bán kính R là
Câu 7. Môđun của số phức z  4  3i bằng
A. 5 .
B. 7 .

C. 25 .
Lời giải

4
 R3 .

3

D. 7 .

2

Ta có z  4  3i  z  42   3  5 .
5

Câu 8. Giá trị của

1

 x dx bằng
2

5
A. ln .
2
5

Ta có

B. ln

1

 x dx  ln x
2


5
2

2
.
5

1
ln 3 .
3
Lời giải

C.

D. 3ln 3 .

5
 ln 5  ln 2  ln .
2

Câu 9. Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm M  3;  1; 2  và có vectơ chỉ phương

u   4;5;  7  có phương trình là
x3

4
x4
C.

3


y 1 z  2
x4 y5 z7
. B.
.



5
7
3
1
2
y 5 z 7
x  3 y 1 z  2
. D.
.



1
2
4
5
7
Lời giải

Đường thẳng đi qua điểm M  3;  1; 2  và có vectơ chỉ phương u   4;5;  7  có phương trình

A.


x  3 y 1 z  2
.


4
5
7

 

Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho hai véctơ a   2;3; 2  và b  1;1;  1 . Véctơ a  b có toạ độ là

chính tắc là:

A.  1;  2;3 .

B.  3;5;1 .

C.  3; 4;1 .

D. 1; 2;3 .

Lời giải
 
 
Ta có: a  b   2  1;3  1; 2  1  a  b  1; 2;3 .
Câu 11. Cho khối lăng trụ có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h . Thể tích V của khối lăng trụ đã
cho được tính theo cơng thức nào dưới đây?
1

1
A. V  Bh .
B. V  Bh .
C. V  3Bh .
D. V  Bh .
2
3
Lời giải
Thể tích V của khối lăng trụ đã cho được tính theo cơng thức V  Bh .
Câu 12. Điểm M trong hình bên dưới biểu diễn số phức nào sau đây?
y
3

M

x
2

O

A. z3  2  3i .

B. z2  2  3i .

C. z1  3  2i .

D. z4  3  2i .

Lời giải
Dựa vào hình vẽ ta có M  2;3 , suy ra điểm M  2;3 là điểm biểu diễn của số phức

z3  2  3i .
Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Câu 13. Thể tích của khối trụ có chiều cao h  2 và bán kính đáy r  3 là
A. 6 .
B. 9 .
C. 15 .
Lời giải
Thể tích khối trụ là V   r 2 h   .32.2  18 .
Câu 14. Hàm số nào sau đây có đồ thị là đường cong như hình bên dưới?

D. 18 .

y
x
O

A. y  x 4  2 x 2  1 .

B. y   x 4  2 x 2  1 .

C. y   x 3  3 x 2  1 .

D. y  x 3  3 x 2  1 .

Lời giải

Đồ thị trên là đồ thị hàm số trùng phương có hệ số a  0 nên chọn đáp án B .
x 1 y z 1
Câu 15. Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d :
 
?
2
1
2
A. N  1;0;1 .
B. Q  2; 1; 2  .
C. M  2;1; 2  .
D. P 1;0; 1 .
Lời giải
Thế tọa độ điểm P 1; 0; 1 vào phương trình đường thẳng d , ta có

1  1 0 1  1
là mệnh đề
 
2
1
2

đúng nên điểm P 1;0; 1 thuộc đường thẳng d .
Câu 16. Nghiệm của phương trình 3x  7 là
A. x  37 .

B. x  log 7 3 .

C. x 


7
.
3

D. x  log 3 7 .

Lời giải
x

Phương trình 3  7  x  log 3 7.
Câu 17. Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên  và k là một số thực khác 0. Khẳng định nào dưới
đây đúng?
A.  kf  x  dx  k  f  x  dx .

B.  kf  x  dx  k   f  x  dx .

C.  kf  x  dx   k dx. f  x  dx .

D.  kf  x  dx 

1
f  x  dx .
k

Lời giải
Tính chất của nguyên hàm:  kf  x  dx  k  f  x  dx với k là một số thực khác 0.
Câu 18. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị là đường cong như hình bên dưới.
y
2
x

O

2
2

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào sau đây?
A.  ;0  .
B.  2;   .
C.  2; 2  .

D.  0; 2  .

Lời giải
Dựa vào đồ thị, hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0; 2  .
Câu 19. Với a là số thực dương, log a10 bằng
Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
A. 10a .

B. 10  log a .

C. 10 log a .

D.

1
log a .
10


Lời giải
C.

10

Ta có log a  10 log a nên chọn

Câu 20. Cho hai số phức z1  2  3i và z2  3  2i . Số phức z1.z2 bằng
A. 12  5i .
B. 5i .
C. 6  6i .
Lời giải
Ta có z1.z2   2  3i  3  2i   6  4i  9i  6i 2  12  5i. Chọn A

D. 5i .

Câu 21. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đạt cực đại tại
A. x  1 .
B. x  6 .

C. x  5 .
D. x  2 .
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đạt cực đại tại x  1 nên chọn#A.
Câu 22. Họ nguyên hàm của của hàm số f  x   x 2  3x là
A.
C.


x3 3 x 2

C .
3
2



f  x  dx 



f  x  dx  x3  3 x 2  C .

B.
D.

 f  x  dx  2 x  3  C .



f  x  dx 

x3
 3x 2  C .
3

Lời giải
Họ nguyên hàm của của hàm số f  x   x  3x là

2

x3 3 x 2

 C.

3
2
2x  4
Câu 23. Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
là đường thẳng có phương trình
x 1
A. x  2.
B. x  1.
C. x  2.
D. x  1.
Lời giải
2x  4
2x  4
2x  4
Ta có: lim
có duy nhất một đường tiệm
 , lim
  . Nên hàm số y 
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
cận đứng x  1.

Câu 24. Cho khối chóp có diện tích đáy B  6 và chiều cao h  4 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. 8 .
B. 24 .
C. 12 .
D. 72 .
Lời giải
1
1
Thể tích của khối chóp đã cho là V  Bh  .6.4  8.
3
3
Câu 25. Trong không gian Oxyz , mặt cầu tâm I 1;0;  2  và bán kính R  4 có phương trình là
f  x  dx    x 2 3 x  dx 

2

2

B.  x  1  y 2   z  2   16 .

2

2

D.  x  1  y 2   z  2   16 .

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

2


2

2

2

Lời giải
Trong không gian Oxyz , mặt cầu tâm I 1; 0; 2  và bán kính R  4 có phương trình là
Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

 x  1

2

2

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023
2

 y   z  2   16 .

Câu 26. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 1  x  1  log 4 14  2 x   0 là
4

A. 5 .

C. 6 .

Lời giải

B. 4 .

D. 3 .

x 1  0
Điều kiện xác định: 
1 x  7 .
14  2 x  0
Với điều kiện trên, ta có: log 1  x  1  log 4 14  2 x   0   log 4  x  1  log 4 14  2 x   0
4

 log 4 14  2 x   log 4  x  1  14  2 x  x  1  x  5 .
Kết hợp với điều kiện ta thấy có 4 nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là 2;3; 4;5 .
Câu 27. Cho log a 5  3 , khi đó giá trị của log a2  5a 3  bằng
A. 3 .

B. 8 .

C. 5 .
D. 15 .
Lời giải
1
1
1
1
3
3
3

log a2  5a   log a  5a    log a 5  log a a    log a 5  3   3  3  3 .
2
2
2
2
2
Câu 28. Tập xác định của hàm số y  log 3  x  1 là
A.  ;  1  1;    . B.  1;1 .
C.  ;  1  1;    .

D.  1;1 .

Lời giải
TXĐ: x 2  1  0  x  1 v x  1 . Vậy tập xác định: D   ;  1  1;    .
Phần 2. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 7-8 ĐIỂM
2

Câu 29. Cho hàm số f  x  liên tục trên đoạn  0; 2 và thỏa mãn

 f  x  dx  6 . Giá trị của tích phân
0


2

 f  2sin x  cos xdx

bằng

0


A. 6 .

B. 3 .

Đặt t  2sin x  dt  2 cos xdx 
Đổi cận: x  0  t  0; x 


2

C. 3 .
Lời giải

D. 6 .

1
dt  cos xdx .
2

 t  2.


2

2



f  2sin x  cos xdx 


0

1
f  t  dt  3 .
2 0

Câu 30. Giá trị lớn nhất của hàm số f  x   2 x 3  6 x trên đoạn  0; 2 bằng
A. 0 .

B. 4 .

C. 4 .
Lời giải
3
Hàm số f  x   2 x  6 x liên tục trên đoạn  0; 2 .

D. 2 .

Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
x 1
Ta có f   x   6 x 2  6, f   x   0  
.
 x  1   0; 2
f 1  4, f  0   0, f  2   4 . Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn  0; 2 là f  2   4 .

x3

 2 x 2  3 x  1 nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
3
A.  ;3 .
B. 1;   .
C.  3;1 .

Câu 31. Hàm số y 

D. 1;3 .

Lời giải
x3
Xét hàm số y   2 x 2  3x  1 . Tập xác định: D   .
3
x 1
.
y  x 2  4 x  3, y  0  
x  3
Bảng biến thiên

Dựa vào BBT, suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng 1;3 .
Câu 32. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có tất cả các cạnh đều bằng 2 (tham khảo hình bên
dưới)

Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  ACC A  bằng
A.

3.

B.


2.

3
.
2
Lời giải

C.

D. 2 .

Trong mặt phẳng  ABC  kẻ BH  AC .
Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Vì ABC. ABC  là hình lăng trụ tam giác đều AA   ABC   AA  BH .
 BH  AC , BH  AA

Vậy  AC , AA   ACC A  BH   ACC A   d  B,  ACC A   BH .
 AC  AA  A

2 3
 3.
2
z
2

Câu 33. Cho số phức z  1  2i  . Số phức bằng
i
A. 3  4i .
B. 2  i .
C. 4  3i .
Lời giải
z 3  4i
2
Ta có: z  1  2i   3  4i  
 4  3i .
i
i
Câu 34. Cho cấp số cộng  un  biết u1  5, u2  8 . Giá trị của u4 bằng
 ABC đều cạnh bằng 2 nên BH 

A. 17 .

D. 4  3i .

D. 13 .

B. 11 .

C. 14 .
Lời giải
Ta có  un  là cấp số cộng nên u2  u1  d  8  5  d  d  3 .
Vậy u4  u1  3d  5  3.3  14 .

Câu 35. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x  x  1 x  3 . Hàm số đạt cực đại tại điểm
A. x  3 .


B. x  1 .

C. x  0 .
Lời giải

D. x  3 .

Ta có bảng xét dấu của f   x  :

Từ bảng xét dấu của f   x  ta thấy hàm số đạt cực đại tại điểm x  0 .
Câu 36. Một hộp chứa 9 quả cầu gồm 4 quả màu xanh, 3 quả màu đỏ và 2 quả màu vàng. Lấy ngẫu nhiên
3 quả cầu từ hộp đó. Xác suất để trong 3 quả cầu lấy được có ít nhất một quả màu đỏ bằng
19
17
1
16
A.
.
B.
.
C. .
D.
.
28
42
3
21
Lời giải
Không gian mẫu  bao gồm các cách lấy ra tùy ý 3 quả cầu từ 9 quả cầu trong hộp nên ta có

n     C93 .
Gọi A là biến cố “trong 3 quả lấy được có ít nhất một quả màu đỏ ”. Khi đó ta có

 

A là biến cố “ khơng lấy được quả màu đỏ nào”, do đó n A  C63 .

 

Từ đó P A 
Câu 37. Biết

F ( x)

C63 5
16
 . Suy ra P  A  .
3
C9 21
21
và

G ( x)

là

hai

nguyên


hàm

của

hàm

số

f ( x)

trên



và

4

 f ( x)dx  F (4)  G(1)  m(m  0) .

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường

1

y  F ( x ), y  G ( x ), x  1 và x  4 . Khi S  12 thì m bằng
A. 6.
B. 12.
C. 8.
D. 4.
Lời giải

Chọn D
Facebook Nguyễn Vương 7


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Vì F ( x ) và G ( x ) là hai nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên  nên G ( x )  F ( x )  C (1)
4
4

Vì F (4)  F (1)  F ( x) 1   f ( x)dx  F (4)  G (1)  m nên G (1)  F (1)  m (2)
1

Từ (1) và (2) suy ra C  m hay G ( x )  F ( x )  m ( m  0) .
4

4

Diện tích hình phẳng cần tìm là S   |G ( x)  F ( x) | dx   |m | dx  3m .
1

1

Vì S  12 nên m  4 .
Câu 38. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  1, AD  AA '  3 . Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của A ' B ' và BC . Góc giữa hai đường thẳng MN và AC bằng
A. 450 .
B. 600 .
C. 300 .
D. 900 .
Lời giải

D'

C'
M

A'

B'

D

C
N

A

P

B

Xét tam giác ABC vuông tại B  AC  AB 2  BC 2  2 .
Gọi P là trung điểm của AB .
 NP //AC

Khi đó NP là đường trung bình của tam giác ABC  
.
1
 NP  2 AC  1
.
Do NP //AC nên (

MN , AC )  (
MN , NP)  MNP
Do M , P lần lượt là trung điểm của AB và AB  MP  AA  3 .
  MP  3  MNP
  600 .
Xét tam giác MNP vuông tại P có tan MNP
NP
(12  5i) z  17  7i
 13 là
Câu 39. Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
z 2i
A. Đường thẳng d1 : 6 x  4 y  3  0 .
B. Đường tròn  C2  : x 2  y 2  4 x  2 y  4  0 .
C. Đường tròn  C1  : x 2  y 2  2 x  2 y  1  0 .
D. Đường thẳng d2 : x  2 y  1  0 .
Lời giải
Chọn A
Ta có

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

(12  5i ) z  17  7i
 13
z 2i
| (12  5i) z  17  7i | 13 | z  2  i |
 12  5i || z  1  i | 13 | z  2  i ∣

 z  1  i || z  2  i ∣
 ( x  1) 2  ( y  1)2  ( x  2) 2  ( y  1) 2
 2 x  2 y  2  4 x  2 y  5
 6 x  4 y  3  0.
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn

(12  5i) z  17  7i
 13 là
z 2i

d1 : 6 x  4 y  3  0
Câu 40. Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên dưới.
y
3

x

1

O
1

1

Số nghiệm của phương trình f  f  x    0 là
A. 7 .
B. 8 .
C. 9 .
Lời giải
 f  x   a  1


Ta có: f  f  x    0   f  x   b   0;1 .
 f x  c  1;3
 
  

D. 6 .

3
y
y=c
y=b
1
1

x

O
1

y=a

Phương trình f  x   a  1 có 1 nghiệm.
Phương trình f  x   b   0;1 có 3 nghiệm.
Phương trình f  x   c  1;3 có 3 nghiệm.
Tất các các nghiệm này khác nhau. Vậy phương trình f  f  x    0 có 7 nghiệm.
Cách khác:
Hàm số bậc ba f  x   ax3  bx 2  cx  d có f '  x   3ax 2  2bx  c có hai điểm cực trị là x  1 ,
suy ra f '  x   3a  x  1 x  1  3a  x 2  1  3ax 2  3a  f  x   ax 3  3ax  d .
Facebook Nguyễn Vương 9



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Đồ thị hàm số y  f  x  đi qua điểm A  1;3 và B 1; 1 nên ta có hệ
 f  1  3 2a  d  3
a  1


 f  x   x3  3x  1 .


2
a

d


1
d

1


 f 1  1
 x  a  1,8794
3
Khi đó f  x   0  x  3x  1  0   x  b  0,3473 .

 x  c  1,5321


 f  x  a

Phương trình f  f  x    0   f  x   b .
f x c
  
y
3
y=c
1
1 O
1

y=b
x
y=a

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f  x   a có một nghiệm, phương trình f  x   b có ba
nghiệm và phương trình f  x   c có 3 nghiệm.
Vậy phương trình f  f  x    0 có tất cả 7 nghiệm.
Câu 41. Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn  9 x  10.3x  2  729  2 ln 30  ln  9 x   0 ?
A. 97 .

B. 96 .

C. 98 .
Lời giải

D. 99 .

 x0

x0

 x   0;100 .
Điều kiện: 
 x  100
2 ln 30  ln  9 x   0
+ Với x  100 , khi đó  9 x  10.3x 2  729  2 ln 30  ln  9 x   0 . Suy ra x  100 thỏa mãn.
+ Với x   0;100  , bất phương trình  9 x  10.3x  2  729  2 ln 30  ln  9 x   0
2
3x  81  x  4

 x   0; 2   4;100  .
  3x   90.3x  729  0   x
x  2
3 9
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S   0; 2   4;100 . Suy ra có 99 số nguyên x thỏa

mãn bài toán.
Câu 42. Cho khối nón đỉnh S có đáy là đường trịn tâm O , bán kính R . Trên đường trịn  O  lấy hai
điểm A, B sao cho tam giác OAB vng. Biết diện tích tam giác SAB bằng 2R 2 . Thể tích khối
nón đã cho bằng
14
14
14
14
A.
B.
C.
D.
 R3 .

 R3 .
 R3 .
 R3 .
6
2
3
12
Lời giải

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023
S

B
I

O
A

OAB vng tại O  AB  R 2  R 2  R 2 .
Gọi I là trung điểm của AB .
Ta có SAB cân tại S  SI vng góc với AB .
1
2.R 2 2
S SAB  . AB.SI  R 2 2  SI 
 2R .
2

R 2
Ta lại có OI là trung tuyến của tam giác vuông OAB
AB R 2
 OI 

.
2
2
2

R 2
14
SOI vuông tại O  SO  SI  OI   2 R   
R.
 
2
 2 
2

2

2

1
1
14
14
V   .OA2 .SO   .R 2 .
R
 R3 .

3
3
2
6
Câu 43. Trong không gian Oxyz , giao tuyến của hai mặt phẳng

  : x  y  z  2  0

  : x  2 y  z  1  0

và

có phương trình là

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

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

x  t

C.  y  t .
z  2  t


Lời giải

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

Gọi d        .



Mặt phẳng   và    lần lượt có một VTPT là n  1; 2;1 và n  1; 1; 1 .

 
Suy ra d có một VTPT là n   n , n   1; 2;3 .
Lấy M         M  1;1; 0   d .

 x  1  t

Vậy d có phương trình là  y  1  2t .
 z  3t

x  2 y 1 z
và cắt trục


1
2

1
Ox , Oy lần lượt tại A và B sao cho đường thẳng AB vng góc với d . Phương trình của mặt
phẳng  P  là

Câu 44. Trong không gian Oxyz, gọi  P  là mặt phẳng chứa đường thẳng d :

A. x  2 y  5 z  4  0 .

B. 2 x  y  3  0 .

C. x  2 y  z  4  0 . D. x  2 y  5 z  5  0 .
Lời giải

Facebook Nguyễn Vương 11


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
 M  2;1;0   d
Ta có d :  
.
u

1;
2;

1


 d


 
Do A  Ox, B  Oy  AB   Oxy   u AB  k   0;0;1 .
 
Đường thẳng AB  d  u AB  ud .

 
Suy ra u AB   k , ud    2;1; 0  .

 
d   P 
Do 
 nP  u AB , ud    1;  2;  5  .
 AB   P 


Phương trình mặt phẳng  P  qua M  2;1;0  và nhận véctơ nP   1;  2;  5  làm một véctơ pháp
tuyến là  P  : 1 x  2   2  y  1  5  z  0   0  x  2 y  5 z  4  0 .
Câu 45. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữa nhật, AB  2, AD  2 3 , tam giác SAB cân
tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc đáy, khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng
3 . Tính thể tích của khối chóp S . ABCD bằng
16 3
A. 16 3 .
B.
.
C. 24 3 .
D. 8 3 .
3
. Lời giải
S


K
A

D
M

H
B

C

Gọi H là trung điểm của AB ta có:


 SAB    ABCD 

 SAB    ABCD   AB 
  SH   ABCD  ;
SH   SAB 



Gọi M là trung điểm của CD , ta có:
CD  HM 
  CD   SHM  ; CD   SCD    SHM    SCD  theo giao tuyến SM ;
CD  SH 
SH  AB

Ta có AB //CD   SCD   AB //  SCD  ;
 d AB , SC   d  AB , SCD   d  H , SCD  ;









Kẻ HK  SM  HK   SCD   d  H , SCD   HK ;




Ta có SHM vng tại H , HK là đường cao nên
1
1
1
1
1 1
1



  
 SH  6 ;
2
2
2
2
HK

SH
HM
SH
9 12 36
1
1
Vậy VS . ABCD  .S ABCD .SH  .2.2 3.6  8 3 .
3
3
Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Phần 3. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 9-10 ĐIỂM
Câu 46. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm đến cấp hai liên tục trên [0;1] thỏa mãn f ΄(0)  0, f (0)  ln 2 và

(1  x)  f ΄΄( x)  1  f ΄( x)  xf ΄( x)  2 x  1 , x  [0;1] . Giá trị f (1) gần với số nào sau nhất?
A. 2,5 .
B. 2, 25 .
C. 0,25.
D. 0,5.
Lời giải
2
2

(1  x)  f ΄΄( x)  1  x  f ΄( x)   (2 x  1) f ( x)  x  f ΄( x)  1  x  f ΄( x)
2


 1  f ΄( x)  (1  x) f ΄΄( x)  x  f ΄( x)  1


1  f ΄( x)  (1  x) f ΄΄( x)


 f ( x)  1

2

 x 1 
x 1
1
x
 x2  C
΄  x 
f ΄( x )  1 2
 f ΄( x )  1 

Do f ΄(0)  0  C  1  f ΄( x)  1 

x 1
1 2
x 1
2



 x 1


 f (1)  f (0)   f ΄( x ) dx  ln 2   
 1 dx  0, 246
1 2
0
0
x 1 
2

Chọn đáp án
C.
Câu 47. Cho hàm đa thức bậc năm y  f ( x) và hàm số y  f ΄( x) có đồ thị trong hình bên. Có bao nhiêu
1

1





giá trị ngun của tham số m để hàm số g ( x)  f x 3  3 x  m  2m 2 có đúng 3 điểm cực trị ?

A. 3
B. 0.
C. 1.
D. 4.
Lời giải
Chọn C






Ta có g΄( x)  f ΄ x 3  3 x  m  2m 2  3 x 2  3

 xx

3
3

 3x
.
 3x

g΄( x) không xác đinh tại x  0 .



3

Xét x  0 thì g΄( x)  0  f ΄ x  3 x  m  2m

2



 x 3  3x

 x 3  3x
0
 x 3  3x


 x 3  3x


 m  2 m 2  3
 m  2 m 2  1
 m  2m 2  2

.

 m  2m 2  5

Do hàm số y  f ( x) là bậc 5 có hệ số bậc 5 dương nên lim f ( x)   từ đó  lim g ( x)  
x 

x 

Hàm số y  g ( x) có đúng 3 điểm cực đại thì y  g ( x) cần có đúng 3 điểm cực đại và 4 điểm cực
tiểu mà x  0 là 1 điểm cực trị nên y  g ( x) cần có 6 điểm cực trị khác x  0 .
Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Đặt t  x 3  3 x ta có được y  x 3  3 x là hàm số đồng biến và có tập giá trị là (; ) nên
| t |  m  2m 2  3 | t |  m  2m2  3


2
2
| t |  m  2m  1  | t |  m  2m  1

| t |  m  2m 2  2
| t |  m  2m2  2


2
  m  2m 2  5
| t | t ∣
| t |  m  2m  5
cần có 6 nghiệm phân biệt khác 0


 m  1

2
 m  2m 2  2
3
m  2m  3  0
. Vì m    
nên m  1

 m 
2
2

2
m  2m  1  0
 m  2m  3

 m  1  17


2
Câu 48. Có bao nhiêu cặp số ( x; y ) thỏa mãn





log 2 y 2log3 x  22 log3 x log 2 y  8  log 3  7   x 2  y 3  2025 x 2  y 3  2022  ?


A. 0.
B. 2.
C. 1.
D. 3.
Lời giải

Điều kiện x, y  0; x 2  y 3  2025  0;7   x 2  y 3  2025  x 2  y 3  2022  0
2
VT  log 2 y 2log3 x  22 log3 x log2 y  8  log 2  y log3 x  2  4   log 2 4  2


VP  log 3  7   x 2  y 3  2025  x 2  y 3  2022  , Đặt t  x 2  y 3  2022  0


3
Khi đó được log 3  t  3t  7  .










Xét hàm số f  t   t 3  3t  7, t  0; f '  t   3t 2  3, f '  t   0  t  1  f  t   f 1  9
Vậy VP  log3 f  t   log3 9  2
Lúc
này
ta
được
VT  2  VP
log3 x
log
x
 y
2
 y 3  2
 2
 2
3
3
 x  y  2022  1  x  y  2023

dấu

bằng

xảy


ra

khi

 x  3t

1

Đặt log3 x  t   y  2 t

1
9t  8 t  2023

t

1
t

Xét g  t   9  8  2023
Với t  0  f  t   0 loại
Với t  0
Ta có g '  t   9t ln 9 

1
2

1

ln 8.8 t ; g ''  t   9t ln 2 9 


t
Suy ra g '  t  đồng biến trên  0;  

1

1

2 t
1
.8 .ln 8  4 .8 t .ln 8  0
3
t
t

Có g ' 1 .g '  4   0  g '  t  có nghiệm duy nhất là t0  1; 4 
Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
và

chỉ

khi


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Suy ra g  t   0 có 2 nghiệm
Suy ra có 2 cặp nghiệm  x; y 
Câu 49. Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm A(2; 1; 2), B (2; 1; 4) . Và mặt phẳng ( P ) : z  1  0 . Điểm

M ( a; b; c ) thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho tam giác MAB vng tại M và có diện tích lớn nhất.
Tính T  2 a  3b  c :
A. 0.
B. 3.
C. 6.
D. 2.
Lời giải:
Chọn C
Ta có M (a; b; c )  ( P )  c  1  M (a; b;1)


 AM  ( a  2; b  1; 1), BM  ( a  2; b  1; 3)
 
+) MAB vuông tại M  AM  BM  0  a 2  (b  1) 2  1  0  (b  1) 2  1  a 2
1
1
+) S MAB  MAMB 
(a  2)2  (b  1) 2  1  (a  2) 2  (b  1)2  9
2
2
1
1
 (a  2)2  2  a 2   (a  2) 2  10  a 2  

(4a  6)(14  4a )  (2a  3)(7  2a )
2
2
 25  4(a  1) 2  5; a . Dấu ΄΄  ΄΄  a  1  b   1

 Max  SABC   5  M (1; 1;1)  M (a; b; c)  T  2a  3b  c  6 .

Câu 50. Xét số phức z thỏa mãn | z  2  2i | 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  z  1  i  z  5  2i
bằng
A. 17 .
B. 1  10 .
C. 5.
D. 4.
Lời giải
Chọn A
Gọi M  x; y  là điểm biểu diễn của số phức z
Do | z  2  2i | 2 .
Suy ra M nằm trên đường tròn  C  có tâm I  2; 2  và bán kính R  2 .
Xét 2 điểm A(1;1) và B(5; 2)
Ta có P | z  1  i |  | z  5  2i | MA  MB

Ta có A nằm trong (C ) và B nằm ngoài (C )
Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Nên MA  MB nhỏ nhất khi A, M , B thẳng hàng.
Vậy Pmin  AB  17
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: />
Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />