ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 26 - Fanpage| Nguyễn Bảo Vương - />
Câu 1.

PHẦN 1. NHĨM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ƠN THI 5-6 ĐIỂM
Mơn bóng đá nam tại SEA Games 31 có 10 đội tuyển tham dự, chia thành 2 bảng, mỗi bảng 5 đội.
Ở vịng bảng, hai đội bất kì trong cùng một bảng sẽ gặp nhau một lần. Tính tổng số trận đấu ở
vịng bảng mơn bóng đá nam tại SEA Games 31?
A. 10 .
B. 20 .
C. 40 .
D. 45 .
Lời giải
Chọn B
Cứ hai đội bất kì đấu với nhau một trận nên ở mỗi bảng sẽ có số trận đấu là: C52  10 (trận).
Vậy tổng số trận đấu diễn ra ở cả hai bảng là 20 trận.

Câu 2.

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

Mệnh đề đúng là
A. Hàm số đồng biến trên khoảng  1;5 .

B. Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;   .

C. Hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 .

D. Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 1 .
Lời giải

Chọn D
Dựa vào bảng biên thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng  ; 1 , 1;   và nghịch biến
trên khoảng  1;1 .
Câu 3.

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

B. y   2 .

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

Lời giải
Chọn D
TXĐ: D   \ 1 .
1
2
2x 1
x  2  Đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Ta có lim
 lim
x  x  1

x 
1
1
x

Câu 4.

Cho hàm số y  x 3  12 x  1 . Điểm cực tiểu của hàm số là
A. 2 .
B. 16 .
C. 13 .
Lời giải
Chọn A

D.  2 .

Facebook Nguyễn Vương Trang 1


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />Tập xác định: D   .

Ta có: y  3x 2  12; y  0  3 x 2  12  0  x  2 .
Bảng biến thiên:

Câu 5.

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại điểm xCT  2 .
Điểm nào dưới đây thuộc đồ thị hàm số y   x 3  2 x 2  1
A. M  2;17  .


B. P  2; 0  .

C. N  2; 2  .

D. Q  2; 17  .

Lời giải
Chọn A
Với x  2 ta có: y  17 . Do đó điểm M  2;17  thuộc đồ thị hàm số y   x 3  2 x 2  1 .
Câu 6.

Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f   x   x  x  2  , với mọi x   . Giá trị nhỏ nhất của hàm số

y  f  x  trên đoạn 1; 4 bằng
A. f  2  .

B. f 1 .

C. f  4  .

D. f  3 .

Lời giải
Chọn A

x  0
Ta có f   x   0  
.
x  2
Bảng biến thiên


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 1; 4 là f  2  .
Câu 7.

Hàm số nào dưới đây có đồ thị như hình sau?

A. y  x 4  2 x 2  1 .

B. y  x3  3x 1.

C. y   x3  3x  1 .

D. y   x 4  2 x 2  1 .

Lời giải
Chọn D
Dựa vào đồ thị ta thấy đây là đồ thị của hàm số bậc bốn trùng phương y  ax 4  bx 2  c có hệ số
a  0 nên nhận đáp án y   x 4  2 x 2  1 .
Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

Câu 8.

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

Tìm tập xác định D của hàm số y   x  5 x  6 
2

2023


A. D   ; 2  3;   .

B. D  R \ 2;3 .

C. D   ; 2    3;   .

D. D   2;3 .
Lời giải

Chọn B

x  2
 Do 2023 là số nguyên âm nên hàm số đã cho có nghĩa khi x 2  5 x  6  0  
.
x  3
Vậy D  R \ 2;3 .
Câu 9.

Với mọi số dương a, b thỏa mãn 2 log3 a  log3 b  2 , mệnh đề nào sau đây đúng?
9
A. a 2  9b .
B. b 2  9a .
C. a 2  .
D. a 2  b  9 .
b
Lời giải
Chọn A

 a2 

a2
 9  a 2  9b.
Ta có 2 log3 a  log3 b  2  log 3 a 2  log3 b  2  log3    2 
b
 b 
Câu 10. Trên khoảng  0;   , đạo hàm của hàm số y  log
A. y ' 

3
.
x ln 3

B. y ' 

1
.
2 x ln 3

3

x là

C. y ' 

1
.
x ln 3

D. y ' 


3
.
x

Lời giải
Chọn C

1
.
x ln 3
Câu 11. Nghiệm của phương trình 4 2 x1  64 là
Ta có y ' 

A. x  2 .

B. x 

15
.
2

C. x  15 .

D. x  1 .

Lời giải
Chọn D
Ta có 42 x 1  64  42 x 1  43  2 x  1  3  x  1 .
Câu 12. Tập nghiệm của bất phương trình log3 x  2 là
A.  ;9  .


B.  0;6  .

D.  0;9 .

C.  ;6  .
Lời giải

Chọn D

x  0
0 x9.
Ta có log 3 x  2  
2
x  3
Tập nghiệm của bất phương trình log3 x  2 là S   0;9 .
1



f  x  dx  2

Câu 13. Cho
A. 12 .
0

và

1


1

 g  x  dx  5,

  f  x   2 g  x  dx

0

B. 8 .

khi đó

0

C. 1.
Lời giải

bằng
D. 3 .

Chọn B
Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />1

Có

1


1

  f  x   2 g  x  dx   f  x  dx  2 g  x  dx  2  2.5  8.
0

0

0

Câu 14. Cho hàm số f  x   x  cos x . Khẳng định nào dưới đây là đúng?
A.

C.

 f  x  dx  x sin x  cos x  C .


B.

x2
f  x  dx 
 sin x  C .
2

D.

 f  x  dx  1  sin x  C .




x2
f  x  dx   sin x  C .
2

Lời giải
Chọn C
Ta có:



f  x  dx 

x2
 sin x  C .
2

2



2

  2 f  x   3x dx
2

f  x  dx  3

Câu 15. Cho 0
A. 3 .


tích phân 0
B. 3 .

D. 0 .

C. 2 .
Lời giải

Chọn C
2

2

2

2
2
  2 f  x   3x dx  2 f  x  dx   3x dx  2.3  8  2
0

0

0

Câu 16. Thể tích của khối trịn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y  6 x , y  0 , x  0 , x  1
quay quanh trục hoành bằng
A. 36 .
B. 12 .
C. 12 .
D. 6 .

Lời giải
Chọn B
1

1
2

Thể tích của khối trịn xoay là V     6 x  dx  36  x 2 dx  36 .
0

0

1

x3
 12 .
3 0

Câu 17. [2D4-1.0-1] Trên mặt phẳng tọa độ, điểm M trong hình vẽ biểu diễn số phức
z  a  bi  a, b    . Tính P  2a  b .

A. P  2 .

B. P  7 .

C. P  1 .
Lời giải

D. P  8 .


C. 5 .
Lời giải

D. 8 .

Chọn C
Ta có: z  3  5i .
 a  3 ; b  5  P  2.  3  5  1 .

Câu 18. Số phức z  5  8i có phần ảo là
A. 8 .
B. 8i .
Chọn D

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Phần ảo của số phức z  5  8i là 8 .
Câu 19. Cho hai số phức z  1  2i và w  3  4i . Tính z.w
A. 125 .

B.

5.

C. 5 .
Lời giải


D. 5 5 .

Chọn D
Ta có z.w  1  2i  3  4i   11  2i  z.w  112  22  5 5 .
Câu 20. Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3a 2 và chiều cao bằng 2a là
A. 2a 3 .
B. 3a 3 .
C. a 3 .
D. 6a 3 .
Lời giải
Chọn D
Thể tích khối lăng trụ là V  3a 2 .2 a  6 a 3
Câu 21. Cho khối chóp S . ABC có diện tích đáy bằng 2a 2 , đường cao SH  3a . Thể tích khối chóp
S. ABC bằng:
3a 3
A. a 3 .
B. 2a 3 .
C. 3a 3 .
D.
.
2
Lời giải
Chọn B
1
Ta có thể tích khối chóp S.ABC : V  .2a 2 .3a  2a 3 .
3
2
Câu 22. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3 a và bán kính đáy bằng a . Độ dài đường sinh l
của hình nón đã cho bằng

5a
3a
A. l  2 2 a .
B. l  3a .
C. l 
.
D. l 
.
2
2
Lời giải
Chọn B
Ta có diện tích xung quanh của hình nón Sxq   rl   al  3 a 2  l  3a .
Câu 23. Cho một khối trụ có chiều cao bằng 2 và bán kính đáy bằng 3 . Thể tích của khối trụ đã cho bằng
A. 6 .
B. 9 .
C. 15 .
D. 18 .
Lời giải
Chọn D
Ta có: V  S.h   r 2 h   .32.2  18
Câu 24. Cho cấp số nhân  un 
A. 2

có

u1  2, u4  54 . Cơng bội của cấp số nhân đó là
B. 14 .
C. 3 .
D. 3 .

Lời giải

Chọn D
Áp dụng công thức:

un  u1 .q n 1
Suy ra u4  u1.q 3   54  2.q3  q3  27  q  3 .
Câu 25. Trong không gian Oxyz , vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua gốc
toạ độ O và điểm M  1;3;2 ?


A. u1  1;1;1 .
B. u2  1; 2;1 .


C. u3   0;1;0  .
D. u4  1;  3;  2  .
Lời giải
Chọn D
Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />

Ta có: MO  1;  3;  2 
 
Suy ra u  MO  1;  3;  2  là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua gốc toạ độ O và

điểm M  1;3;2  .
Câu 26. Trong không gian Oxyz , phương trình của mặt phẳng đi qua điểm M ( 1; 2; 0) và có vectơ pháp

tuyến n  (4;0; 5) là
A. 4 x  5 z  4  0 .

B.. 4 x  5 z  4  0

C. 4 x  5 y  4  0 .

D. 4 x  5 y  4  0 .

Lời giải
Chọn A
Phương trình của mặt phẳng là: 4( x  1)  0( y  2)  5( z  0)  0  4 x  5 z  4  0 .


Câu 27. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;3; 5 và B  3;1; 3 . Tọa độ của véc tơ AB là

A.  4;4; 8 .

B.  2; 2; 4  .

C.  2; 2; 2  .

D. 1; 1;1 .

Lời giải
Chọn C

Ta có AB   2; 2; 2  .
Câu 28. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x  3)2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  64 . Tìm toạ độ tâm I
của mặt cầu ( S ).

A. I ( 3;1;1) .

B. I ( 3;1;1) .

C. I ( 3; 1; 1) .

D. I (3; 1; 1) .

Lời giải
Chọn A
Mặt cầu ( S ) : ( x  3)2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  64 có tâm I ( 3;1;1) .
PHẦN 2. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 7-8 ĐIỂM
Câu 29. Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến bộ phận kiểm nghiệm 5 hộp sữa
cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp để phân tích
mẫu. Xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại là:
3
1
3
1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
55
22
11

110
Lời giải
Chọn C
Có tất cả 5  4  3  12 hộp sữa được gửi đến.
Số cách để chọn ra 3 hộp sữa để phân tích mẫu là: C123  220 cách.
Số cách để 3 hộp sữa được chọn có đủ cả 3 loại là: C51.C41 .C31  60 cách.
60
3
 .
220 11
Câu 30. Cho hình chóp S. ABCD có cạnh bên SB vng góc với đáy và ABCD là hình chữ nhật. Biết
SB  2a, AB  3a, BC  4a và gọi  là góc tạo giữa mặt phẳng  SAC  và mặt đáy. Giá trị tan 

Như vậy, xác suất để 3 hộp sữa được chọn có đủ cả 3 loại là: P 

bằng
3
A. .
4

B.

4
.
3

5
.
6
Lời giải

C.

D.

Chọn C

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


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Trong mặt phẳng  ABCD  kẻ BH  AC  SH  BC (theo định lý 3 đường vng góc).
  .
Do đó góc giữa mặt phẳng  SAC  và đáy là góc SHB

Có BH 

BA.BC
2

BA  BC

Khi đó tan  

2




3a.4a
2

9 a  16a

2



12
a.
5

SB
2a
5

 .
12
BH
a 6
5

Câu 31. Cho hình hộp đứng ABCD. ABC D  có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a , góc 
ABC bằng
60 . Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  ACC A  bằng
A. a .


B. a 3 .

C. 2 a 3 .

D.

a 3
.
2

Lời giải
Chọn B

Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD
 BD  AC
 BD   AAC C 
Ta có 
 BD  AA
Do đó d  B, ACC A   BI
Facebook Nguyễn Vương 7


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Ta có ABC đều AB  BC  AC  2a suy ra chiều cao BI 
Câu 32. Đồ thị hàm số y 
A. 2 .

 2a 
2


3

a 3.

2 x
có bao nhiêu đường tiệm cận?
x  4x  3
B. 1 .
C. 0 .
Lời giải
2

D. 3 .

Chọn A

 x2  4x  3  0  x  1

Điều kiện xác định của hàm số 
.
x  2
2  x  0
2x
Ta có lim y  lim 2
 0  y  0 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 
x  x  4 x  3
2 x
Ta có lim y  lim 2

   x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x 1
x 1 x  4 x  3
Vậy, đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận.
Câu 33. Cho các hàm số f  x   x  3x và g  x   x3  mx 2   m 2  1 x  3 với m là tham số thực. Gọi M
là giá trị lớn nhất của hàm số y  g  2 x  f  x   trên đoạn  0;1 . Khi M đạt giá trị nhỏ nhất thì
giá trị của m bằng
7
5
A. 3 .
B. .
C. .
D. 2 .
2
2
Lời giải
Chọn A
Đặt h  x   2 x  f  x   3 x  3x
h  x   3  3x.ln 3  0

Bảng biến thiên:

Với x   0;1 suy ra h  x   1;6 
Xét hàm số g  x   x3  mx 2   m 2  1 x  3 trên 1;6  .
2

g   x   3 x 2  2mx   m 2  1  x 2  2mx  m 2  2 x 2  1   x  m   2 x 2  1  0, x   .
2

Suy ra M  g  6   6 m 2  36 m  219  6  m 2  6m  9   147  6  m  3   147  147

M đạt giá trị nhỏ nhất khi m  3 .

Câu 34. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Số nghiệm thực phân biệt của phương trình f   f  x   3  0 là
A. 6.

B. 3.

C. 5.
Lời giải

D. 4.

Chọn B
 f  x  3  1
 f  x   2
Từ bảng biến thiên suy ra f   f  x   3  0  

.
 f  x   3  1  f  x   4

Dựa vào bảng biến thiên ta có


 x  1
+ f  x   2  
.
 x  a  1
+ f  x   4  x  b  1 b  a  .
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 35. Phương trình 2 log 2  2 x  3  log 2 x 2 có số nghiệm là
A. 2 .

C. 0 .
Lời giải

B. 3 .

D. 1 .

Chọn D

3

2 x  3  0  x  

Điều kiện của phương trình:  2
2.
x  0
 x  0
Với điều kiện trên ta có:

 x  3
2

2
2log 2  2 x  3  log 2 x 2  log 2  2 x  3  log 2 x 2   2 x  3  x 2  
.
 x  1
So sánh điều kiện ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Câu 36. Có tất cả bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn log 2023 x 2  2  log 2023 ( x  14) 729  3x 1  0



A. Vô số

B. 16.



C. 17.
Lời giải







D. 15.

Facebook Nguyễn Vương 9


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />

Chọn D
Điều kiện: x  14  0  x  14
Xét phương trình:
log 2023  x 2  2   log 2023 ( x  14)  0  log 2023  x 2  2   log 2023 ( x  14)

x  4
 x 2  2  x  14  x 2  x  12  0  
 x  3
729  3x 1  0  3x 1  36  x  1  6  x  7
Lập trục xét dấu vế trái của bất phương trình:
x
14
3
4
7

VT
+
0
0
+
0
Nghiệm của bất phương trình: x  (14; 3]  [4;7]
Do x  Z nên x {13,, 3, 4,, 7} . Có 15 giá trị nguyên thỏa mãn
Câu 37. Cho hàm số f ( x) liên tục trên  . Gọi F ( x), G ( x) là hai nguyên hàm của f ( x) trên  thoả mãn
x

F (2)  G (2)  4 và F (1)  G (1)  1 . Khi đó  sin
0


3
B. .
2

A. 6.

x 
x 
f  cos  1 dx bằng
2 
2 
C. 3.

D.

3
.
4

Lời giải
Chọn C
Ta có: G ( x)  F ( x)  C
 F (2)  G (2)  4
2 F (2)  C  4
3

 F (2)  F (1)  .

2
2 F (1)  C  1

 F (1)  G (1)  1
x

x 
x 
f  cos  1 dx.
2 
2 
0
x
1
x
Đặt t  cos  1 , ta có dt   sin dx
2
2
2
I   sin



1

2

x 
x

Vậy I   f  cos  1 sin dx   f (t )(2) dt  2  f (t ) dt
2 
2


0
2
1
2

 2  f ( x)dx  2( F (2)  F (1))  3.
1

Câu 38. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x2  2 x  1, y  m  m  0  và
x  0; x  1 . Biết S  4 , khẳng định nào sau đây đúng?'
A. m  3; 2  .

B. m   6; 3  .

C. m   2; 1 .

D. m   1;0  .

Lời giải
Chọn C
2

2

Do y  x 2  2 x  1   x  1  0, x   nên  x  1  m do đó:
1

1


0

0

S    x 2  2 x  1  m dx  

 x  1

2

1

1

1

2
2
 m dx    x  1  m  dx    x  1 dx   m dx

0
0
0

1
7
7
   mx  0   m .
3
3


7
7
5
m  4  m  4   .
3
3
3
Câu 39. Cho số phức z thỏa mãn phương trình iz  (1  i ) z  2  3i . Điểm biểu diễn số phức z là
Theo giả thiết: S  4 

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

A. P  3; 4  .

B. Q  2; 1 .

C. N  2;1 .

D. M  3; 4  .

Lời giải
Chọn C
Đặt z  a  bi với a, b   .
Ta có iz  1  i  z  2  3i


 i  a  bi   1  i  a  bi   2  3i

 ai  b  a  bi  ai  b  2  3i
 a  (b  2 a )i  2  3i

a  2
a  2


 z  2i  z  2i .
b  2a  3 b  1
Vậy điểm biểu diễn số phức z là N  2;1 .
Câu 40. Có bao nhiêu giá trị thực của m để phương trình 4 z 2  4  m  1 z  m2  3m  0 có hai nghiệm
z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  2 ?

A. 2 .

C. 4 .
Lời giải

B. 3 .

D. 1.

Chọn A
Ta có: z1  z2  2   z1  z2
2

  m  1 




2

2

 4   z1  z2   2 z1 z2  2 z1 z2  4

1 2
1
m  3m   m2  3m  4 * .

2
2

m  3
m  3
2
Trường hợp 1: m2  3m  0  
. Khi đó *   m  1  4  
(thỏa mãn)
m  0
 m  1
Trường hợp 2: m 2  3m  0  0  m  3 . Khi đó *  m  1  4  m  3 (loại)
Vậy có hai giá trị của m .

  120 và AB  a . Các cạnh
Câu 41. Cho khối chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác cân đỉnh A , BAC
bên SA, SB , SC bằng nhau và góc giữa SA với mặt phẳng đáy bằng 60 . Thể tích khối chóp đã
cho bằng

3 3
a3
3
a .
A. a 3 .
B.
C.
.
D. 3a3 .
4
4
4
Lời giải
Chọn C
S

H

C

B

A

Facebook Nguyễn Vương 11


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
  a 2  a 2  2.a.a.cos120  3a 2  BC  a 3 .
Ta có BC 2  AB 2  AC 2  2. AB. AC.cos BAC


S ABC 

2
1
  1 a.a.sin120  a 3 .
AB. AC.sin BAC
2
2
4

Khối chóp S. ABC có SA, SB , SC bằng nhau. Gọi SH   ABC  nên H là tâm của đáy  H là
tâm đường tròn ngoại tiếp ABC  HA  R .
S ABC 

AB. AC.BC a.a.a 3 a 2 3


Ra.
4R
4R
4

  60 là góc giữa
Ta có SH   ABC  hình chiếu của SA lên mặt phẳng  ABC  là AH  SAH

SA và mặt phẳng đáy.

Xét SHA vng ở H có: tan SAH


SH
 SH  AH tan 60  a. 3 .
AH

1
1
a2 3 a3
VS . ABC  SH .S ABC  a 3.

.
3
3
4
4
Câu 42. Cho khối nón đỉnh S có đường cao bằng 3a. SA, SB là hai đường sinh của khối nón. Khoảng

cách từ tâm đường tròn đáy đến mặt phẳng ( SAB ) bằng a và diện tích tam giác SAB bằng 3a 2 .
Tính thể tích khối nón.
145 a 3
145 a 3
145 a 3
145 a 3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

48
72
54
36
Lời giải

Gọi K là trung điểm của AB và H là hình chiếu của O lên SK
OK  AB
Ta có: 
 SO  AB
 AB  ( SOK )
OH  SK
Mặt khác 
OH  AB (do AB  ( SOK ))
 OH  ( SAB ) tại H
 d  O,  SAB    OH  a

Xét tam giác SOK vng tại O , ta có:
1
1
1
1
1
1


 2  2
2
2
2

OH
SO
OK
a
9a
OK 2
Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489



ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

1
8
3a 2
 2  OK 
2
OK
9a
4

SK  SO 2  OK 2  9a 2 

9a 2 9a 2

8
4


1
SK . AB  3a 2
2
6a 2
6a 2
4a 2
 AB 


SK 9a 2
3
4
1
2a 2
AK  AB 
2
3
S SAB 

8a 2 9a 2 a 290

 OA  OK  KA 

9
8
12
2

2


2

1
145 3
1  290a 
 V   R 2 h   . 
a
 .3a 
3
72
3  12 
Oxy 
Câu 43. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng   vng góc với mặt phẳng 
, đồng thời   song
x 2 y 2 z 3
:


1
2
3 một khoảng bằng 5 có phương trình là
song và cách đường thẳng
A. 2 x  y  7  0 hoặc 2 x  y  3  0 .
B. 2 x  y  7  0 hoặc 2 x  y  5  0 .

C. 2 x  y  7  0 hoặc 2 x  y  5  0 .

D. 2 x  y  7  0 hoặc 2 x  y  3  0 .
Lời giải


Chọn A

 Gọi n là vectơ pháp tuyến của   . Do   vuông góc với  Oxy  và song song  nên
 

 n  n Oxy   k   0; 0;1

 
do đó chọn n   k , u     2; 1; 0     2;1; 0  .
 
 n  u    1; 2; 3 
 Suy ra   : 2 x  y  d  0


Mặt

khác

d   ,      d  M ,     5

(

với

M  2; 2;3    ),

hay

d  7
 5  d 2 5 

22  12  02
 d  3
 Vậy   : 2 x  y  7  0 hoặc   : 2 x  y  3  0
2.(2)  2  d

Câu 44. Trong không gian Oxyz , cho điểm A  2; 3; 4  và mặt phẳng  P  :  x  2 y  z  0 . Đường thẳng
đi qua A, cắt trục Ox và song song với  P  có phương trình là:
A.

x2 y3 z4


.
1
2
3

C.

x
y 3 z

 .
2
3
4

D.

B.


x2 y3 z 4


.
2
3
4

x  2 y  11 z  16


.
1
2
3
Lời giải

Chọn B
Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
P


có một vec tơ pháp tuyến là n P    1; 2;1


Gọi M là giao điểm của  d  với Ox thì M  t ;0;0   AM   t  2;3; 4  là một vec tơ chỉ

phương của  d  .

 
Vì  d  //  P   AM .n P   0  1 t  2   2.3  1 4   0  t  4 .


x2 y3 z 4


Do đó: AM   2;3; 4  và phương trình đường thẳng  d  là:
.

2

3

4

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  2;1; 4  và đường thẳng
x 1 y  2 z 1
. Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của điểm M lên đường thẳng  .
:


1
1
2
A. H  3; 4 ; 5  .
B. H 1; 2;1 .
C. H  2;3;3 .

D. H  0;1; 1 .
Lời giải
Chọn C
+ Gọi  P  là mặt phẳng đi qua điểm M và vng góc với đường thẳng  . Ta có phương trình
của mặt phẳng  P  là: 1 x  2   1 y  1  2  z  4   0  x  y  2 z  11  0 .
+ Gọi H là hình chiếu vng góc của điểm M lên đường thẳng  . Khi đó tọa độ điểm H là
nghiệm của hệ tạo với  P  và  :

x  2
 x  1 y  2 z  1  x  y  1





  y  3  H  2;3;3 .
1
2  2 x  z  1
 1
 x  y  2 z  11  0


 x  y  2 z  11  z  3
PHẦN 3. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 9-10 ĐIỂM
Câu 46. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số a  [10;10] để hàm số
y  3 x 4  4(a  2) x 3  12ax 2  30a nghịch biến trên khoảng ( ; 2) ?

A. 12.

B. 11.


C. 10.
Lời giải

D. 13.

Chọn D
Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên (; b) .
Xét hàm số
f ( x )  3 x 4  4(a  2) x3  12ax 2  30a  f (2)  48  32a  64  48a  30a  50a  112.
f ΄( x)  12 x  x 2  (a  2) x  2a   12 x( x  2)( x  a ).

 f ΄( x)  0, x  (; 2)
 x  a, x  (; 2)(l )
 TH1: 

. (KHÔNG THỎA MÃN)
f
(

2)

0
50
a

112

0





 a  2
 f ΄( x)  0, x  (; 2)
 x  a, x  (; 2)

 TH2: 


56  a  2.
 f (2)  0
50a  112  0
a   25


Vậy a  {2; 1; ;10} .
Câu 47. Có bao nhiêu m nguyên m  [2023; 2023] đề phương trình 5x  2m  log 4 5 (20( x  1)  10m) có
nghiệm?
A. 2026.

B. 2023.

C. 2025.

D. 2024.

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489


ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Lời giải
Chọn C
5x  2m  log 4 5 (20( x  1)  10m)  5x  2m  4  4 log5 (4( x  1)  2m).
Đặt t  log 5 (4( x  1)  2m)  5t  2m  4  4 x .

5x  2m  4  4t
 5x  5t  4t  4 x  5x  4 x  5t  4t .
Ta được hệ  t
5  2m  4  4 x
Đặt f (u )  5n  4u  f ΄(u )  5n  ln 5  4  0, u  
 f ΄(u )  0, u  
Ta có 
 t  x . Ta có 5 x  2m  4  4 x  2m  5 x  4 x  4 .
 f ( x)  f (t )
Đặt h( x)  5 x  4 x  4  h ( x)  5 x ln 5  4 .
4
4
h΄( x)  0  5 x ln 5  4  0  5 x 
 x  x1  log 5
 0.566
ln 5
ln 5
Ta có bảng biến thiên của y  h( x) .

Dựa vào bảng biến thiên để phương trình có nghiệm 2m  3, 7733  m  1,886 .

m  [2023; 2023]


Do m  
 Số giá trị của m là [2023  1]  1  2025 .
m  1,886

Câu 48. Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1; 2] và f (1)  f (2)  0 . Biết
2

2

1

2
1 ( f (x)) dx  2 , 1 f ΄( x) cos( x)dx  2 . Tinh
1
A.  .
B. .



2

 f ( x)dx .
1

C.

2




.

D.

2



.

Lời giải
Chọn D
2

Đặt I   f ΄( x) cos( x)dx 
1


2

.

2
du   sin  x dx
2
u  cos( x)
Đặt 

 I  f ( x) cos( x) 1    f ( x) sin  x dx

1
dv  f ΄( x)dx v  f ( x)
2

2

 I  f (2) cos 2  f (1) cos     f ( x) sin  x dx   f ( x) sin  x dx 
1

2

Ta có  sin 2 x dx 
1

2

1

1
.
2

2

2

1
1
sin 2 x 
1

(1  cos 2 x)dx   x 
  .

21
2
2  1 2
2

2

Do đó  ( f (x)) 2 dx  2 f ( x) sin( x)dx   (sin  x) 2 dx  0
1

2

1

1

2

2

2
2
  f  x   2 f  x  sin  x   sin  x    0    f  x   sin  x  dx  0  f  x   sin  x
1

1


Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />2

Do đó


1

2

f ( x)dx   sin x dx 
1

1



2

cos  x 
1

2



.


Câu 49. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  3  2i  1 và z2  2  i  1. Xét các số phức

z  a  bi (a, b  ) thỏa mãn 2 a  b  0 . Khi biểu thức T  z  z1  z  2 z2 đạt giá trị nhỏ nhất
thì giá trị biểu thức P  3a 2  b3 bằng
A. 9
B. 11.

C.  5 .
Lời giải

D. 5.

Chọn B
Ta có z  z1  z  2 z2  ( z  3  2i )   z1  3  2i   ( z  4  2i )  2  z2  2  i 

| z  3  2i |  z1  3  2i  | z  4  2i | 2 z2  2  i | z  3  2i |  | z  4  2i | 3
 (a  3) 2  (b  2)2  (a  4)2  (b  2) 2  3  (a  3) 2  (2a  2) 2  (a  4) 2  (2a  2)2  3 .

Xét hàm y  (a  3) 2  (2a  2)2  (a  4) 2  (2a  2)2  3 trên  , ta được min  f (a )  4 .
Dấu " = "xảy ra khi a  1  b  2 . Suy ra P  3a 2  b3  3(1)2  (2)3  11 .
Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho điểm A(0;0; 3) và điểm B thay đổi thuộc mặt phẳng (Oxy ) sao
3
. Gọi C là điểm trên tia Oz thỏa mãn
2
d[C , AB]  d[C , OB]  k . Thể tích của khối tròn xoay tạo bởi tập hợp tất cả các điểm M mà
CM  k thuộc khoảng nào dưới đây?
A. (0, 2;0, 7) .
B. (1, 2;1,7) .
C. (1, 7; 2, 2) .
D. (0, 7;1, 2) .

Lời giải
Chọn D
Vì B  Oxy  B  x; y;0  và A 0;0; 3  OAB vng tại O .

cho diện tích tam giác OAB bằng





3
1
3
 OA.OB 
 OB  1
2
2
2
Đặt C  0;0; m  ,  m  0 

Theo đề SOAB 

  AC. OB 
Ta có d  C ,  AB    AC.sin OAB
AB
d  C,  OB    CO  m

Vì d [C, AB]  d [C, OB]  k nên

m 3

2

m 3
2


3
k 
3
3

 m m

3
C  0;0; 3 
 
3 


Với các điểm M mà CM  k nên M thuộc mặt cầu tâm C , bán kính R 
4
4 3
 0,806 .
Suy ra V   R 3 
3
27
Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
3
3



Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ƠN THI THPTQG 2023

NẾU TRONG Q TRÌNH GIẢI TOÁN, 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
 />Tải nhiều tài liệu hơn tại: />
Facebook Nguyễn Vương 17