ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 25 - 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 đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hàm số y  f  x  có tất cả bao nhiêu điểm
cực trị?

A. 2 .

B. 3 .

C. 1.
Lời giải

D. 4 .

Chọn B

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số y  f  x  có 3 cực trị.
Câu 2.

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. y  2 .

Câu 3.

B. y  1 .

3x  2
là đường thẳng có phương trình
x2
C. y  3 .
D. y  2 .
Lời giải

Chọn C
3x  2
3x  2
lim
 3; lim
 3.
x  x  2
x  x  2
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là y  3 .
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình vẽ?

A. y  x3  3x .

B. y  x3  3x .

1
C. y  x3  1 .
3
Lời giải

D. y  3x3  3x .


Chọn A
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị x  1 và x  1 nên phương trình y   0 có 2
nghiệm x  1 . Do đó chọn đáp án y  x3  3 x .
Facebook Nguyễn Vương Trang 1


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 4.

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

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?
A.  0;    .
B.  1;1 .
C.  ;  1  .

D.  1;0  .

Lời giải
Chọn D
Dựa vào bản biến thiên, hàm số đồng biến trên các khoảng  1;0  và 1;    .
Câu 5.

Số giao điểm của đồ thị hàm số y  x3  4 x 2  11x  30 với trục hoành là
A. 0 .
B. 1.
C. 2 .
D. 3 .
Lời giải
Chọn D

Xét hàm số y  x3  4 x 2  11x  30 trên tập xác định  ta có:
 x 1
.
y  3 x  8 x  11; y   0  
 x  11
3

2

Bảng biến thiên:

Câu 6.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.
Cách giải khác
x  3
3
2
Phương trình hồnh độ giao điểm: x  4 x  11x  30  0   x  2 .
 x  5
Vậy đồ thị hàm số đã cho tạo với trục hoành 3 giao điểm.
1
1 3 
Trên đoạn  ;  , hàm số y  2 x3 
đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm
2x
3 2 
1
3
1

A. x  .
B. x  .
C. x  .
D. x  1 .
2
2
3
Lời giải
Chọn A

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

TXĐ: D  

1 1 3 
x   ; 

1
1
1
2 3 2 
y  8x2  2 , y  0  8 x 2  2  0  16 x 4  1  x 4   
2x
2x
16
1 1 3 


 x   2   3 ; 2 

 1  85
1 5
 3  85
Ta có: y   
, y   , y  
 max y 
1 3 
2 4
 2  12
 3  54
 ; 
3 2 

Câu 7.

3

1
y .
 2

6

Cho biểu thức P  log a b  log a3 b trong đó a, b là các số thực dương tùy ý và a  1 . Khi đó
mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. P  9.log a b .
B. P  15.log a b .

C. P  5.log a b .
D. P  21.log a b .
Lời giải
Chọn C

1
Ta có: P  log a b3  log a3 b6  3log a b  6. loga b  5.loga b .
3
Câu 8.

Câu 9.

Cho hàm số y  e x . Mệnh đề đúng là
A. Hàm số có tập xác định D   0;   .

B. Hàm số có tập xác định D   \ 0 .

C. Hàm số có tập xác định D   0;   .

D. Hàm số có tập xác định D   .

Lời giải
Chọn D
Tập nghiệm S của bất phương trình log2  x  1  3
A. 1;9 .

B.  ;9 .

C.  ;10  .


D. 1;10 .

Lời giải
Chọn D
 x 1  0
 x 1
Ta có log 2  x  1  3  

 1  x  10 .
 x 1  9
 x  10
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1;10 .
Câu 10. Nghiệm của phương trình 3x1  9 là
A. x  3 .

B. x  2 .

C. x  3 .
Lời giải

D. x  2 .

Chọn A
3 x 1  9  3 x 1  32  x  1  2  x  3 .
Câu 11. Cho x, y  0 và  ,    . Khẳng định nào sau đây sai?


A.  xy   x . y .

B. x .x   x   .




 

C. x  y   x  y  . D. x



 x .

Lời giải
Chọn C
Câu 12. Họ nguyên hàm của hàm số f  x   e 2x 1 là
2 x 1

A.

 f  x  dx  2e

C.

 f  x  dx  2 e

1

C .

2 x 1


C .

x2  x

B.

 f  x  dx  e

D.

 f  x  dx  2e

C .

2 x 1

C .

Lời giải
Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
 f  x  dx   e

1
dx  e2 x 1  C .
2


2x 1

7



Câu 13. Cho

1

2

f  x  dx  15 . Tính I   f  3x  1 dx .
0

A. I  15 .

B. I  45 .

C. I  5 .
Lời giải

D. I  6 .

Chọn C
1
Đặt t  3 x  1  dt  3dx  dx  dt .
3
x  0  t  1

Đổi cận 
.
x  2  t  7
2

7

7

1
1
1
f  3x  1 dx   f  t  dt   f  x  dx  .15  5 .
31
31
3

I 
0

Câu 14. Họ nguyên hàm của hàm số y  3x 2 là
A. F  x   3x 3  C .
B. F  x   x 3  C .

C. F  x   3x 2  C .

D. F  x   x 3  x  C .

Lời giải
Chọn B

Ta có  3x 2dx  x3  C .
3



3

3

f  x  dx  2;  g  x  dx  4

Câu 15. Cho 1
A. G  12 .

1

G    2 f  x   3g  x   dx

1
. Tính tích phân
B. G  16 .
C. G  9 .
Lời giải

D. G  8 .

Chọn D
3

3


3

G    2 f  x   3g  x   dx  2 f  x  dx   g  x  dx  2.  2   4  8 .
1

1

1

Câu 16. Số phức nào sau đây có điểm biểu diễn là điểm M trong hình vẽ sau?

A. z1  2  i .

B. z2  1  2i .

C. z3  2  i .

D. z4  1  2i .

Lời giải
Chọn C
Do điểm M  2;1 nên nó là điểm biểu diễn của số phức z3  2  i .
.
Câu 17. Cho số phức z  2  3i . Tính mơđun của số phức z .
A. 13 .
B. 6 .
C. 10 .
Lời giải
Chọn A


D.

2

Ta có z  2  3i  22   3  13 .
Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
5.


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Câu 18. Tìm phần ảo của số phức z , biết z 1  i   1  i  3i .
A. 3 .

B.  3 .

C. 0 .
Lời giải

D. 1 .

Chọn C
Ta có: z 1  i   1  i  3i  z 

3  3i
 z  3  z  3 .
1 i


Vậy phần ảo của z là 0.
Câu 19. Cho cấp số nhân  un  với u1  5 và u2  2 . Công bội của cấp số nhân đó bằng
A. 1 .

5
.
2
Lời giải

B. 28 .

C.

D.

2
.
5

Chọn D
Cơng bội của cấp số nhân đó bằng q 

u2 2
 .
u1 5

Câu 20. Lớp 12A có 40 học sinh. Có bao nhiêu cách chọn ra 5 học sinh tham gia cổ vũ cho SEA Game
31?
5

5
A. C 40
.
B. P5 .
C. A40
.
D. 8 .
Lời giải
Chọn A
5
Số cách chọn ra 5 học sinh tham cổ vũ cho SEA Game 31 là C 40
.
Câu 21. Cho khối lăng trụ có diện tích đáy B  12 và chiều cao h  9 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho là
A. 108 .
B. 36 .
C. 54 .
D. 18 .
Lời giải
Chọn A
Thể tích của khối lăng trụ là: V  B.h  12.9  108 .
Câu 22. Cho tứ diện SABC có các cạnh SA, SB , SC đơi một vng góc với nhau. Biết SA  3a ,
SB  4 a, SC  5a. Tính theo a thể tích V của khối tứ diện SABC.
A. V  5a 3 .

B. V 

5a 2
.
2


C. V  10a 3 .

D. V  20a 3 .

Lời giải
Chọn
Thể tích của khối tứ diện là:
1
1
V  SA.SB.SC  .3a.4a.5a  10a 3 .
6
6
Câu 23. Cho hình nón có chiều cao bằng 3 và bán kính bằng 4 . Diện tích tồn phần của hình nón là
A. 36 .
B. 26 .
C. 20 .
D. 16 .
Lời giải
Chọn A
Đường sinh của hình nón là l  r 2  h2  42  32  5 .
Diện tích tồn phần của hình nón là Stp   r  r  l   4  4  5  36 .
Câu 24. Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng qua trục, ta được thiết diện là một hình vng có chu vi là 8 . Diện
tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng
2
A. 8 .
B.  .
C. 2 .
D. 4 .
3
Lời giải

Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Chọn D

2
2

Ta có thiết diện là hình vng có chu vi bằng 8 nên cạnh hình vng là 2 , độ dài đường sinh hình
trụ bằng 2 , bán kính đáy hình trụ bằng 1. Diện tích xung quanh hình trụ là
S xq  2 rl  2 .1.2  4 .
Câu 25. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu có phương trình
2

 x  1   y  3
A. I  1;3; 0  .

2

 z 2  9. Tìm tọa độ tâm I của mặt cầu đã cho.
B. I 1; 3; 0  .

C. I 1;3; 0  .

D. I  1; 3; 0  .

Lời giải
Chọn B
2


2

2

Theo định nghĩa ta có mặt cầu  x  a    y  b    z  c   R 2 có tâm là I  a ; b ; c  .
2

2

Do đó mặt cầu  x  1   y  3  z 2  9 có tâm là I 1; 3; 0  .
Câu 26. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  3 z  3  0 . Một véctơ
pháp tuyến của  P  là

A. n  1; 2;3 .


B. n   3; 2;1 .


C. n  1;3; 2  .


D. n   2;1;3 .

Lời giải
Chọn A

Một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  là n  1; 2;3 .
Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho tọa độ điểm A  3;  2;1 . Gọi H là hình chiếu của điểm A trên trục

Ox . Độ dài đoạn thẳng AH bằng

B. 10 .

A. 3 .

C. 1 .
Lời giải

D.

5.

Chọn D
Ta có: H là hình chiếu của điểm A trên trục Ox suy ra tọa độ điểm H  3;0;0 
Vậy AH 

2

2

 3  3   0  2    0  1

2

 5.


Câu 28. Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm M 1; 2;3 và nhận vectơ u   2; 4; 3 làm
vectơ chi phương có phương trình chính tắc là

x 1 y  2 z  3
x2 y4 z 3




A.
. B.
.
2
4
3
1
2
3
x  2 y  4 z 3
x 1 y  2 z  3




C.
. D.
.
1
2
3
2
4
3

Lời giải
Chọn A

Phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M 1; 2;3 và nhận vectơ u   2; 4; 3 làm
vectơ chi phương có phương:

x 1 y  2 z  3


.
2
4
3

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

PHẦN 2. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 7-8 ĐIỂM
Câu 29. Cho hình chóp S . ABCD có SA   ABCD  , đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AD  2 a , SA  a.

 SCD  bằng
Khoảng cách từ A đến
3a 2
2a 3
A.
.
B.

.
2
3

C.

2a
.
5

D.

3a
.
7

Lời giải
Chọn C

 SCD    SAD  và  SAD    SCD   SD nên trong  SAD  kẻ
d  A,  SCD    AH .

 Do

AH  SD suy ra AH   SCD  và

1
1
1
1

1
5
2a


 2  2  2  AH 
2
2
2
AH
AS
AD
a 4a
4a
5
Câu 30. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m để phương trình
 Trong tam giác vng

SAD có

2 x3  6 x 2  16 x  10  m  3  x3  3x  m  0 có nghiệm x  [ 1; 2] . Tính tổng tất cả các phẩn tử
của S .
A. 46 .
B. 368 .
C. 782 .
D. 391 .
Lời giải
Đặt t  3  x 3  3 x  m  t 3   x3  3x  m  m  t 3  x3  3 x (1)
Thay vào phương trình đã cho ta có 2 x 3  6 x 2  16 x  10   t 3  x 3  3 x   t  0


 t 3  t  x3  6 x2  13x 10  ( x  2)3  ( x  2)  t  x  2 do hàm số f (a)  a3  a đồng biến
trên 
Thay ngược lại (1)  m  g ( x)  ( x  2)3  x3  3x có nghiệm x  [ 1; 2]
14

 min[ 1;2] g ( x)  g (1)  31  m  max[ 1;2] g ( x)  g (2)  14 . Vậy

 m  391 .

m 31

Chọn đáp án
D.
Câu 31. Cho hàm số y  f  x  có đồ thị là đường cong trịn hình bên. Số nghiệm thực của phương trình
2 f  x   1  0 là

Facebook Nguyễn Vương 7


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
A. 5 .

B. 6 .

C. 4 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B

Từ đồ thị hàm số f  x  ta suy ra đồ thị hàm số f  x  như hình vẽ

Ta có 2 f  x   1  0  f  x  

1
1 .
2

Số nghiệm phương trình 1 là số giao điểm của hai đồ thị hàm số y  f  x  và y 

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
1
.
2


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

1
và y  cắt nhau tại 6 điểm phân biệt, nên
2

Từ hình vẽ ta thấy hai đồ thị hàm số y  f  x 

phương trình (1) có 6 nghiệm.
Câu 32. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn  10;10 để hàm số
1 3
x  2 x 2  mx  3 đồng biến trên khoảng  2; 6  ?

3
A. 4 .
B. 5 .
C. 7 .
Lời giải
Chọn C
y

D. 6 .

Có y  x 2  4 x  m.
Để hàm số đồng biến trên  2; 6   y   0, x   2; 6 

 x 2  4 x  m  0, x   2;6   m   x 2  4 x, x   2;6  m  Max   x 2  4 x  .
x 2;6

Đặt g  x    x 2  4 x  g   x   2 x  4  0, x   2; 6  .
Do đó Max g  x   g  2   4  m  4.
x 2;6

Mà m  ; m   10;10  m  4;5;...;9;10.
Vậy có 7 giá trị nguyên của m để thỏa mãn yêu cầu bài toán.





Câu 33. Cho phương trình log 22 x  m2  2m log 2 x  m  3  0 ( m là tham số thực). Gọi S là tập các giá
trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1.x2  8 . Tổng các phần tử
của S là

A. 5 .
B. 2 .
C. 1 .
D. 2 .
Lời giải
Chọn C
2
2
Xét phương trình log 2 x  m  2m log 2 x  m  3  0 (1)









Đặt t  log 2 x . Phương trình (1) trở thành t 2  m2  2m t  m  3  0 (2)
Phương trình (1) hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1.x2  8  (2) có hai nghiệm phân biệt

t1 , t 2 thỏa mãn t1  t2  3
2

(2) có hai nghiệm phân biệt    0   m 2  2m   4  m  3  0 (*)
 m  1(tháa m·n (*))
t1  t2  3  m 2  2m  3  m 2  2m  3  0  
 m  3 ( kh«ng tháa m·n (*))
Vậy giá trị m  1 thỏa mãn bài toán.
Câu 34. Đồ thị hàm số y  f ( x ) đối xứng với đồ thị hàm số y  a x (a  0, a  1) qua điểm I (1;1) . Giá trị

1 

của biểu thức f  2  log a
 bằng
2023 

A. -2021.
B. -2023.
C. 2024.
D. 2022.
Lời giải
1
xA  2  log a
 2  log a 2023 . Giả sử A  xA ; y A  thuộc đồ thị hàm số y  f ( x) có điểm đối
2023
2  log a 2023  xB
x x
xứng qua điểm I là B  xB ; yB  .  A B  xI 
 1  xB  log a 2023 .
2
2
B thuộc đồ thị hàm số y  a x (a  0, a  1)  yB  a loga 2023  2023 .
Facebook Nguyễn Vương 9


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
1 

f  2  log a
  2023

y  yB
1 
2023 

 A
 yI  
 1  f  2  log a
  2021.
2
2
2023 

Chọn đáp án#A.
Câu 35. Một vật chuyển động với vận tốc 10 m/s thì tăng tốc với gia tốc a  t   6t ( t là thời gian). Chiều
dài đoạn đường của vật đi được trong khoảng thời gian 6 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc bằng
A. 276 m .
B. 226 m .
C. 1356 m .
D. 708 m .
Lời giải
Chọn A
Vận tốc của vật tại thời điểm t kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là
t

v  t   10   6tdt  10  3t 2 .
0

Chiều dài đoạn đường của vật đi được trong khoảng thời gian 6 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là
6


S  6     3t 2  10  dt  276 m .
0

5

Câu 36. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [0; ) và thỏa mãn f  x 2  3 x  1  x  2, x  0 . Tính

 f ( x )dx .
1

37
A.
6

527
B.
.
3

61
C.
.
6
Lời giải

464
D.
.
3


Đổi biến x  t 2  3t  1  dx  (2t  3) dt ; f ( x )  f  t 2  3t  1  t  2; t  0
5

1

x  1  t  0; x  5  t  1   f ( x)dx   (t  2)(2t  3)dt 
1

0

61
.
6

Chọn đáp án
C.
Câu 37. Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1, 2,3, 4,...,9 . Rút ngẫu nhiên đồng thời 2 thẻ và nhân hai số ghi
trên hai thẻ lại với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là số chẵn
8
1
5
13
A.
.
B. .
C. .
D.
.
9
6

18
18
Lời giải
Chọn D
Có 4 thẻ chẵn là 2; 4; 6;8 và 5 thẻ lẻ là 1;3;5; 7;9 .
Rút ngẫu nhiên 2 thẻ từ 9 thẻ thì có số cách là C92 .
Số phần tử của không gian mẫu là n    C92  36 .
Gọi biến cố A : “ Tích nhận được là số chẵn”.
Số phần tử của biến cố A là n  A   C42  C41 .C51  26 .

 P  A 

n  A  26 13

 .
n   36 18





Câu 38. Cho số phức z thỏa mãn  z  2i  z  3 là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các
điểm biểu diễn số phức z là đường trịn có bán kính bằng
13
13
A.
.
B.
.
C. 13 .

4
2

D. 13 .

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

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





Khi đó  z  2i  z  3   x   y  2  i  .  x  3  yi   x 2  3x  y 2  2 y   x  3 y  2   xy  i





Vì  z  2i  z  3 là số thuần ảo nên x 2  y 2  3x  2 y  0 .
Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là đường trịn có bán kính R 

9
13

1 
.
4
2

Câu 39. Có tất cả bao nhiêu số phức z thỏa mãn  z  2  i  z  2  z  ?
A. 4 .

B. 3 .

C. 1 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn C
Đặt z  m  m  0  . Khi đó

 z  2  i  z  2  z   z  i  m   2m  2i  z  i  m   2m  2i
 z . i  m  2m  2i  m. m 2  1  4m 2  4  m 4  3m 2  4  0

 m2  1
 2
 m  2 ( Phương trình m2  1 vô nghiệm)
m  4
6 8
 z  i  2   4  2i  z   i .
5 5
Vậy có 1 số phức thỏa mãn bài tốn.
Câu 40. Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình trịn tâm O . Dựng hai đường sinh SA, SB , biết tam giác

SAB vng và có diện tích là 4a 2 . Góc tạo bởi giữa trục SO và mặt phẳng  SAB  bằng 30 .
Đường cao h của hình nón bằng
a 3
a 6
A. h 
.
B. h  a 3 .
C. h 
.
D. h  a 2 .
2
4
Lời giải
Chọn B

Facebook Nguyễn Vương 11


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
 H  AB  suy ra H là trung điểm của AB .
Kẻ OD  SH  D  SH  . Suy ra OD   SAB  .
Dựng OH  AB



.
,  SAB   OS
, DS  OSD
Khi đó OS




 



  30 .
Góc tạo bởi giữa trục SO và mặt phẳng  SAB  là DSO
Ta có tam giác SAB vng cân và có diện tích là 4a 2 nên SA  SB  2a 2 .
Suy ra AB  SA2  SB 2  4a .
Ta có SH 

3
SA.SB
a 3.
 2a nên SO  SH .cos 30  2a.
2
AB

Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;3;4 và B 1;0;1 . Điểm M nằm trên trục Oz và cách
đều hai điểm A , B có tọa độ là
A.  0;0;4  .
B.  2;0;0  .
C.  0;0;2  .
D.  0;4;0  .
Lời giải
Chọn A
Gọi M  0;0; z   Oz .
2


2

2

2

Ta có AM  BM  AM 2  BM 2   1   3   z  4    1   z  1

2

 1  9  z 2  8 z  16  1  z 2  2 z  1  z  4 .

Vậy M  0;0; 4  .
Câu 42. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A  4; 1; 1 , B  0;1;  1 và M  1; 0;2  . Gọi  P  là mặt
phẳng chứa hai điểm A, B sao cho khoảng cách từ M đến  P  bằng 3. Biết phương trình mặt
phẳng  P  có dạng ax  by  cz  4  0  a, b, c   , giá trị của a  b  c bằng
A. 3 .

B. 1 .

C. 1 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn C

 P  : ax  by  cz  4  0 (a, b, c )



Ta có AB   4; 0; 2  ; VTPT của  P  là n   a ; b ; c 
 
Vì  P  là mặt phẳng chứa hai điểm A, B nên AB. n  0  4a  2c  0  c  2a
Ta có B  0;1;  1   P  nên b  c  4  0  b  c  4  2 a  4
P

P





Mặt khác d M ,  P   3 

 a  2c  4
2

2

a b c

2

 3  5a  4  3 a 2  (4  2a)2  4 a 2

a  1
 56a  184a  128  0  
 b  2; c  2  a  b  c  1
 a  16 ( L )


7
x y 1 z  2

Câu 43. Trong khơng gian Oxyz , phương trình hình chiếu của  : 
lên mặt phẳng
1
2
1
 P  : x  y  z  3  0 là
2

A.

x 1 y 1 z 1
x 1 y 1 z 1




. B.
.
1
4
5
3
2
1

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

x 1 y 1 z 1
x 1 y 1 z  5




C.
. D.
.
1
4
5
1
1
1
Lời giải
Chọn A
x  t

 có PTTS  y  1  2t  t        P   A 1;1;1
z  2  t

Lấy M  2;3;0    . Gọi M  là hình chiếu của M lên mặt phẳng  P 
x  2  t

Đường thẳng MM  đi qua M và vng góc với  P   MM  có PTTS  y  3  t  t    .

z  t


 M   2  t;3  t ; t 
2
MM    P   M  suy ra M    P  nên 2  t  3  t  t  3  0  t   .
3


4 7 2
 1 4 5 
 M   ; ;    M A   ; ;  .
3 3 3
 3 3 3
x 1 y 1 z 1


Vậy phương trình hình chiếu cần tìm là:
.
1
4
5
Câu 44. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  1, AD  10, SA  SB, SC  SD .
Biết mặt phẳng  SAB  và  SCD  vng góc với nhau đồng thời tổng diện tích của hai tam giác

SAB và SCD bằng 2. Thể tích khối chóp S . ABCD bằng
A. 2 .

B.


3
.
2

C. 1.

D.

1
.
2

Lời giải
Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
 S   SAB    SCD 

 AB   SAB 
Vì 
nên giao tuyến của hai mặt phẳng  SAB  và  SCD  là đường thẳng d
CD   SCD 
 AB / /CD

đi qua S và song song với AB, CD .
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD .
Vì SA  SB, SC  SD nên SM  AB, SN  CD  SM  d , SN  d  d   SMN  .

Mà mặt phẳng  SAB  và  SCD  vng góc với nhau nên SM  SN .
Kẻ SH  MN 1 .
Vì d   SMN   d  SH  SH  AB  2  .

1
1
Từ (1), (2) suy ra SH   ABCD   VS . ABCD  .SH .S ABCD  .SH . AB. AD .
3
3

xy

Đặt SM  x, SN  y  SH 

x2  y2

.

Ta có SM 2  SN 2  MN 2  x 2  y 2  10 .

1
1
Mặt khác S SAB  SSCD  2  .x.1  . y.1  2  x  y  4 .
2
2
Suy ra xy 

 x  y

2


  x2  y 2 
2

 3  SH 

xy
2

x y

2



3
 VS . ABCD  1 .
10

Vậy thể tích khối chóp S . ABCD bằng 1.
Câu 45. Cho hình chóp S . ABC có SA vng góc với mặt phẳng  ABC  , SA  a 3 , tam giác ABC đều
cạnh có độ dài bằng a . Gọi    AB;  SBC   , khi đó sin  bằng:
A.

3
.
5

B.


15
.
3

5
.
3
Lời giải

C.

D.

15
.
5

Chọn D
S

H
C

A
M
B

Gọi M là trung điểm của BC . Vì ABC đều  AM  BC đồng thời SM 
Lại có SA   ABCD   SA  BC .
Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

a 3
.
2


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

 BC   SAM    SAM    SBC  theo giao tuyến SM .
Kẻ AH  SM tại H  AH   SBC  tại H .
Mà AB   SBC   B .

  AB;  SBC     AB; BH 
Vì ABH vng tại H  
ABH  90   AB; BH   
ABH .
+) SAM vuông tại A , đường cao AH có:
1
1
1
 2
 AH 
2
AH
SA
AM 2

SA. AM
SA2  AM 2




a 15
.
5

AH
15
15
+) AHB vuông tại H  sin 
.
ABH 

 sin  
AB
5
5

PHẦN 3. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 9-10 ĐIỂM
Câu 46. Cho hàm số f ( x)  x 2  (a  x) x 2  1  ax . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
a  (20; 20) sao cho đồ thị hàm số y  f ( x) có đúng một điểm cực trị A  x0 ; y0  và y0  5 ?
A. 15

B. 19

C. 16
Lời giải

D. 39


x 2  1  x 2 | x |  x  x 2  1  x  0, x
f ( x)  x 2  ( a  x) x 2  1  ax  x

f ΄( x ) 





 



x2  1  x  a

 x

x 2  1  x  ( x  a) 
 1 
2
 x 1 





x 2  1  x  ( x  a)




x2  1  x




xa 
x 2  1  x 1 

x2  1 




f ΄( x )  0  x 2  1  x   a
x2  1  x

 0, x là hàm số đồng biến trên  ;
x2  1
lim g ( x )  0; lim g ( x)   nên g ( x)  a có nghiệm duy nhất khi a  (;0)

g ( x)  x 2  1  x có g΄( x) 
x 

x 

A  x0 ; y0  và y0  5 là điềm cực trị thì
2
 2


 x0  1  x0  a
 a  x0  1  x0
 2

2
2
( x0  a)( x0  1  x0 )  5  x0  1 x0  1  x0  5 *




(*) 



x02  1

x  0
4
 5  4 x02  1  5 x0   0 2
 x0 
2
3
x0  1  x0
9 x0  16

5 4
 a    3  a  3 . Vậy a {19; 18;; 4} có 16 số nguyên a
3 3
Câu 47. Có tất cả bao nhiêu cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn bất phương trình

( x  2 y )   log 2  x 2  y 2   log 2 ( x  2 y )  2 y  x   6 x  y (12  5 y ) ?
A. 61.
B. 62.
C. 64.
D. 65.
Lời giải
Chọn A
 x2  y 2  0
Điều kiện xác định: 
.
x  2 y  0
Ta có:
Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
( x  2 y )  log 2  x 2  y 2   log 2 ( x  2 y )  2 y  x   6 x  y (12  5 y )
 x2  y2 
 ( x  2 y )  log 2 
  ( x  2 y )  ( x  2 y )  6 x  y (12  5 y )
 x  2y 
 x2  y2 
2
2
2
 ( x  2 y )  log 2 
   x  4 y   6 x  12 y  5 y  0
x

2

y


2
2
x y 
 x2  y2   x2  y 2 
2
2
 ( x  2 y )  log 2 

x

y

6(
x

2
y
)

0

log




6  0

2
 x  2y 
 x  2y   x  2y 

x2  y2
 0 . Khi đó bất phương trình trở thành: log 2 t  t  6  0 với mọi t  0 .
x  2y
1
 1  0, t  0 nên hàm f (t ) đồng
Xét hàm f (t )  log 2 t  t  6 , với t  0 . Ta có: f ΄(t ) 
t ln 2
biến trên khoảng (0; ) .
Mặt khác ta có: f (4)  log 2 4  4  6  0 nên bất phương trình tương đương:
Đặt t 

f (t )  f (4)  t  4 

x2  y 2
 4  x 2  y 2  4 x  8 y  0  ( x  2) 2  ( y  4)2  20
x  2y

Suy ra: ( x  2)2  20  2  2  x  2  2 . Mà x nguyên nên x {2; 1;0;1; 2;3; 4;5;6} .
 x2  y 2  0

Lần lượt thay x vào hệ điều kiện  x  2 y  0
( x  2) 2  ( y  4)2  20


để tìm y và kết hợp lại ta thu được 61 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 48. Hàm số y  f ( x) có đạo hàm liên tục trên  thỏa mãn f (0)  2 và






(2 x  1)  f ΄( x)  3 x 2  8 x x 2  1  2(3  f ( x)) . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các

hàm số y  f ( x), y  f ΄( x) .
1
3
A. S 
B. S  .
4
4

C. S 

2
.
3

D. S 

Lời giải
Chọn D
Ta có:

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
1
.

2


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

(2 x  1)  f ΄( x)  3 x  8 x  x  1  2(3  f ( x))  (2 x  1)  f ΄( x)  2 f ( x )  8 x3  3 x 2  8 x  6
2

2

 [(2 x  1)  f ( x)]΄  8 x 3  3 x 2  8 x  6
 (2 x  1)  f ( x)    8 x3  3 x 2  8 x  6 dx  2 x 4  x3  4 x 2  6 x  C

Mà f (0)  2 nên suy ra C  2 . Khi đó:
(2 x  1)  f ( x)  2 x 4  x3  4 x 2  6 x  2  (2 x  1)  x3  2 x  2   f ( x)  x 3  2 x  2

Suy ra: f ΄( x)  3x 2  2
Phương trình hồnh độ giao điểm hai đường cong y  f ( x), y  f  ( x) là:
x  0
x  2 x  2  3x  2  x  3x  2 x  0   x  1

 x  2
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y  f ( x), y  f ΄( x) bằng:
3

2

3


2

2

1
2
0
Câu 49. Cho số phức z có phần ảo dương thoả mãn | z | 1 và biểu thức P |1  z | 2 |1  z | đạt giá trị lớn
3 6
nhất. Giá trị của biểu thức Q  z   i bằng
5 5
S    x 3  2 x  2    3x 2  2  dx 

A. 0.

3 5
.
5
Lời giải

B. 2.

C.

D.

6
.
5


Chọn B
Giả sử z  a  bi, (a, b  , b  0) .
Ta có | z | 1  a 2  b 2  1  a 2  b 2  1 .
Do đó P |1  z | 2 |1  z | ( a  1) 2  b 2  2 (1  a ) 2  ( b) 2  2a  2  2 2  2a .
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiaxkopki ta
có P  2a  2  2 2  2a 
Dấu “=" xảy ra khi và chỉ khi

1

2

 22  (2a  2  2  2a )  2 5.

2a  2 

1
3
2  2a  4(2a  2)  2  2a  a   .
2
5

16
4
 b  (do b  0  .
25
5
3 4
3 6

3 4 3 6
Suy ra z    i . Vậy Q  z   i    i   i | 2i | 2 .
5 5
5 5
5 5 5 5
 5

Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A(2;1; 4), B(2;5; 4), C  ;5; 1 và D(3;1; 4) . Các
2


  
2
2
2
điểm M , N thỏa mãn MA  3MB  48 và ND  ( NC  BC )  ND . Tìm độ dài ngắn nhất của
đoạn thẳng MN .
2
A. 0.
B. 4.
C. 1.
D. .
3
Lời giải
Chọn C
Gọi M  (a; b; c) và N  ( x; y; z )
Theo đề bài ta có:
Mà a 2  b2  1  b 2 

Facebook Nguyễn Vương 17



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />


MA2  3MB 2  48 | MA |2 3 | MB |2  48

 (2  a )2  (1  b) 2  (4  c) 2  3 (2  a )2  (5  b) 2  (4  c) 2   48
 a 2  b 2  c 2  4a  2b  8c  21  3  a 2  b 2  c 2  4a  10b  8c  45   48
 4  a 2  b 2  c 2   16a  32b  32c  108  0
 a 2  b 2  c 2  4a  8b  8c  27  0
Vậy M thuộc mặt cầu ( S ) với tâm I  (2; 4;4) và bán kính R  3(1) .
  
ND 2  ( NC  BC )  ND
 5
  9

 (3  x) 2  (1  y )2  (4  z ) 2    x;5  y; 1  z    ;0; 5    (3  x;1  y; 4  z )
  2

 2
 (3  x) 2  (1  y )2  (4  z ) 2  (7  x;5  y; 6  z )  (3  x;1  y; 4  z )
 (3  x) 2  (1  y )2  (4  z ) 2  (7  x)(3  x)  (5  y )(1  y )  (6  z )(4  z )
 x 2  y 2  z 2  6 x  2 y  8 z  26  x 2  y 2  z 2  10 x  6 y  10 z  50
 4 x  4 y  2 z  24  0  2 x  2 y  z  12  0
Vậy N thuộc mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  12  0 (2).
| 2  2  2  4  4  12 |
Ta có d ( I , ( P )) 
4R
2 2  (2) 2  12


Vậy MNmin khi M , N , I thẳng hàng, N là hình chiếu của I trên ( P) và M  đoạn NI

MN mim  NI  R  d ( I , ( P))  R  4  3  1.
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 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />