ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Điện thoại: 0946798489

MỖI NGÀY 1 ĐỀ THI - PHÁT TRIỂN ĐỀ MINH HỌA 2023
• ĐỀ SỐ 5 - 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 bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào trong
các khoảng dưới đây?

A.  0;1 .

B.  2; 1 .

C.  1;0 .

D.  1;3 .

Lời giải
Chọn C
Từ đồ thị hàm số, ta thấy trên khoảng

 1;0

đồ thị hàm số có chiều đi lên nên hàm số

y  f  x  đồng biến trên  1;0 .

Câu 2.

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

Xác định số điểm cực trị của đồ thị y  f  x 
A. 6 .

Câu 3.

B. 3 .

C. 1 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B
Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị.
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong như hình vẽ?

A. y   x 3  2 x 2 .

B. y  x 3  2 x 2  1 .

C. y  x 4  2 x 2 .
Lời giải

D. y   x 4  2 x 2  1 .

Chọn D
Phương trình đồ thị hàm số đã cho có dạng y  ax 4  bx 2  c
y  4ax 3  2bx


Facebook Nguyễn Vương Trang 1


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
c  1
c  1


Từ đồ thị, ta có: a  b  c  2   a  1
4a  2b  0
b  2



Câu 4.

Vậy đồ thị của hàm số y   x 4  2 x 2  1 có dạng đường cong như hình vẽ.
2x
Cho hàm số y 
có đồ thị  C  . Mệnh đề nào sau đây đúng?
x 1
A.  C  khơng có tiệm cận ngang.
B.  C  có hai tiệm cận đứng.
C.  C  khơng có tiệm cận đứng.
D.  C  có một tiệm cận ngang và một tiệm cận đứng.
Lời giải
Chọn D
2x
2

 lim
 2  y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.
x

1
x 1
1
x
2x
Và lim 
   x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
x  1 x  1
Vậy đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận ngang và một tiệm cận đứng.
Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như hình vẽ sau:

Ta có: lim

x 

Câu 5.

Số nghiệm của phương trình 2 f  x   5  0 là:
A. 4 .

B. 1 .

C. 3 .
Lời giải

D. 2 .


Chọn D
Ta có: 2 f  x   5  0  f  x  

5
.
2

5
có hai nghiệm phân biệt.
2
Cho hàm số y  f  x  xác định trên  và có đồ thị như hình vẽ bên.
Dựa vào bảng biến thiên ta có: f  x  

Câu 6.

Giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x  trên  1;3 bằng
A. 1 .

B. 1.

C. 3 .
Lời giải

D. 3 .

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489


ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Chọn B
 Dựa vào hình vẽ ta thấy: Trên  1;3 hàm số y  f  x  đạt giá trị lớn nhất bằng 1, tại x  1 .
Câu 7.

Tìm tập xác định của hàm số y   x 2  1
A.  ; 1  1;   .

3

C.  \ 1 .

B. 1;  .

D.  ; 1 .

Lời giải
Chọn D
Ta có: hàm số xác định khi x 2  1  0  x  1.
Vậy D   \ 1 .
Câu 8.

Cho a, b là các số thực dương tùy ý và a  1 , log a 4 b bằng
A. 4  log a b .

B.

1
log a b .

4

C. 4log a b .

D.

1
 log a b .
4

Lời giải
Chọn B
1
log a b .
4
Tìm a để hàm số y  log a x  0  a  1 có đồ thị là hình bên dưới:

Ta có log a4 b 
Câu 9.

y

2

O

x
1

A. a  2


2

B. a 

1
2

C. a 

1
2

D. a  2

Lời giải
Chọn A
Căn cứ vào đồ thị ta có: log a 2  2  a 2  2  a  2
Câu 10. Tìm tập nghiệm của bất phương trình 3x  e x .
A.  0;   .
B.  .

C.  ;0  .

D. ﹨0 .

Lời giải
Chọn C
x


3
Bất phương trình đã cho tương đương với    1  x  log 3 1  x  0 .
e
e
Câu 11. Tập nghiệm của bất phương trình log 1 x  2 là
3

A.  0;   .

B.  ;9  .

C. (0;9] .

D.  9;   .

Lời giải
Chọn C

x  0
x  0


2
2
Ta có: log 1 x  2  
 1     1   x  (0;9]
3
log 1 x  log 1  3 
x   
 3

3 
 3
Facebook Nguyễn Vương 3


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />1

Câu 12. Biết



f  x  dx 

0

1

1
và
3

4
0 g  x  dx  3. Khi đó

5
A. .
3

5
B.  .

3

1

  g  x   f  x   dx bằng
0

C. 1.

D. 1.

Lời giải
Chọn D
1

Ta có

1

1

0

0

0
2

2


Câu 13. Biết

4 1

  g  x   f  x   dx   g  x  dx   f  x  dx  3  3  1.

 f  x  dx  4 . Tính tích phân I    2 x  f  x  dx
0

bằng

0

B. I  12 .

A. I  6 .
Chọn

C. I  8 .
Lời giải

D. I  4 .

C.
2

2

2


2

2

Ta có I    2 x  f  x   dx   2xdx   f  x  dx  x 2   f  x  dx  4  4  8 .
0
0

0

0

0

Câu 14. Cho F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  

1
2

trên khoảng  ;   . Tìm F  x  , biết
3x  2
3


F 1  5 .
A. F  x   ln  3x  2   5 .
C. F  x  

3


3x  2 

2

B. F  x   3ln  3x  2   5 .

1
 8 . D. F  x   ln  3x  2   5 .
3
Lời giải

Chọn D
Ta có: F  x   

1
1
dx  ln 3x  2  C .
3x  2
3

Theo bài, F 1  5  C  5 .

1
Vậy F  x   ln 3x  2  5 .
3
Câu 15. Hàm số F  x   5 x3  4 x 2  7 x  120 là nguyên hàm của hàm số nào sau đây?
A. f  x   5 x 2  4 x  7 . B. f  x   15 x 2  8 x  7 .
C. f  x   5 x 2  4 x  7 . D. f  x  

5 x 2 4 x3 7 x 2

.


4
3
2
Lời giải

Chọn B
Vì F  x  là một nguyên hàm của f  x  nên
f  x    F  x     5 x 3  4 x 2  7 x  120   15 x 2  8 x  7 .

Câu 16. Tính mơđun của số phức z  4  3i .
A. z  5 .
B. z  7 .

C. z  25 .

D. z  7 .

Lời giải
Chọn A
2

Ta có z  42   3  5 .
Câu 17. Cho số phức có điểm biểu diễn là M như hình vẽ.
Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489


ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Phần ảo của số phức z là
A. 3 .
B. 3 .

C. 2 .
Lời giải

D. 2 .

Chọn B
M  2;3  z  2  3i  z  2  3i .
Câu 18. Cho hai số phức z1  2  3i và z2  2  i . Số phức w  z1 z2  z2 có phần thực bằng
A. 7.
B. 9.
C. 4.
D. 3.
Lời giải
Chọn D
Ta có w  z1 z2  z2   2  3i  2  i    2  i   3  7i
Suy ra w có phần thực bằng 3.
Câu 19. Cho cấp số cộng  un  có u1  3 , u6  27 . Tính cơng sai d .
A. d  7 .

B. d  6 .

C. d  5 .
Lời giải


D. d  8 .

Chọn B
Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng un  u1   n  1 d .
Câu 20.

Câu 21.

Câu 22.

Câu 23.

Câu 24.

Ta có: u6  u1  6d  27  3  5d  d  6 .
Số tập con có hai phần tử của tập hợp gồm 10 phần tử là
A. 45 .
B. 90 .
C. 100 .
D. 20 .
Lời giải
Chọn A
 Số tập con có hai phần tử của tập hợp gồm 10 phần tử là C102  45 .
Một hình hộp chữ nhật có ba kích thước là a , 2a và 3a . Thể tích của khối hộp chữ nhật đó bằng
A. a 3 .
B. 3a 3 .
C. 2a 3 .
D. 6a 3 .
Lời giải
Chọn D

Thể tích khối hộp chữ nhật là: V  6a 3 .
Cho khối chóp có diện tích đáy B  6 và chiều cao h  10 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. 6.
B. 24.
C. 10.
D. 20.
Lời giải
Chọn D
1
1
Thể tích của khối chóp là V  B.h  .6.10  20 .
3
3
Cho khối trụ có bán kính đáy bằng r  5 và chiều cao h  3 . Thể tích của khối trụ đã cho bằng
A. 75 .
B. 30 .
C. 25 .
D. 5 .
Lời giải
Chọn A
Thể tích của khối trụ đã cho là V  Bh   r 2 h   .52.3  75 .
Diện tích của mặt cầu có bán kính R bằng.

Facebook Nguyễn Vương 5


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
B.  R2 .

A. 2 R .


C. 4 R 2 .

D.

4 3
R .
3

Lời giải
Chọn C
 Diện tích của mặt cầu có bán kính R là S  4 R 2 .
x 1 y  2 z  3
Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  :
. Vectơ nào dưới đây là một


2
2
1
vectơ
 chỉ phương của đườngthẳng  ?


A. u   2; 2;1 .
B. u  1; 2; 3 .
C. u   1; 2;3 .
D. u   2; 2;1 .
Lời giải
Chọn#A.



x 1 y  2 z  3
có một vectơ chỉ phương là u   2; 2;1 .


2
2
1
Câu 26. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  3  0 . Điểm nào sau đây thuộc mặt
Đường thẳng  :

phẳng  P  ?
A. M 1;1; 3 .

B. N  2;1; 3 .

C. E 1;1;3 .

D. F  2; 2;1 .

Lời giải
Chọn C
Thay tọa độ điểm E vào phương trình mặt phẳng  P  ta có: 2.1  2.1  3  3  0  0  0
Vậy điểm E   P  . Ta chọn

C.
2

Câu 27. Trong không gian Oxyz , mặt cầu  S  : x  y  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0 có bán kính bằng

A.

B. 9 .

6.

2

C. 3 .
Lời giải

3.

D.

Chọn D
2

2

2

 Ta có  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0   x  1   y  2    z  1  3 .
 Suy ra bán kính của mặt cầu bằng

3.

   
Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho OA  3i  4 j  5k . Tọa độ điểm A là
A. A  3; 4; 5 .


B. A  3; 4;5  .

C. A  3; 4;5 .

D. A  3;4;5 .

Lời giải
Chọn A

Tọa độ của điểm A cũng là tọa đô của véc-tơ OA , suy ra: A  3; 4; 5 .
PHẦN 2. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 7-8 ĐIỂM
x
Câu 29. Gọi  D  là hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y  , y  0, x  1, x  4 . Thể tích vật thể
4
trịn xoay tạo thành khi quay  D  quanh trục Ox được tính theo cơng thức nào dưới đây?
4

x
A.   dx .
16
1

4

x
B.   dx .
4
1


4

2

 x
C.     dx .
4
1
Lời giải

4

D.  
1

x2
dx .
4

Chọn C
 Thể tích vật thể trịn xoay tạo thành khi quay  D  quanh trục Ox được tính theo cơng thức
4

2

 x
V      dx .
4
1
Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />


Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Câu 30. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có đạo hàm f   x    x  1

2020

2021

 x  1  2  x  . Hàm số

y  f  x  đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  1;1 .

B.  2;   .

C. 1; 2  .

D.   ; 1 .

Lời giải
Chọn C
Ta có: f   x    x  1

2020

 x  1


2021

 x  1
 2  x   0   x  1 .
 x  2

Bảng biến thiên
-1

-∞

x
f'(x)

-

0

1
0

-

+∞

2
+

0


-

f(x)

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng 1;2 
Câu 31. Cho điểm I  2;2  và A, B là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y   x3  3 x 2  4 . Tính diện tích

S của tam giác IAB .
A. S  10 .

B. S  10 .

C. S  20 .
Lời giải

D. S  20 .

Chọn A
x  0
Ta có y   x3  3 x 2  4  y  3x 2  6 x  y  0  3 x 2  6 x  0  
.
x  2
Suy ra hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A  0; 4  , B  2;0  .
Xét tam giác IAB có IA  2 10; IB  2 5; AB  2 5 , suy ra IB 2  AB 2  IA2  40 nên tam giác
IAB vng cân tại B .
1
Do đó SIAB  IB. AB  10 .
2
Câu 32. Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau:


Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 4 f  x   m  0 có 4 nghiệm thực phân biệt?
A. 10 .

B. 11 .

C. 12 .
Lời giải

D. 9 .

Chọn B
Ta có: 4 f  x   m  0  f  x   

m
.
4

Facebook Nguyễn Vương 7


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Nhận xét: số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm của đường thẳng y  

m
với
4

đồ thị hàm số y  f  x  .
Do đó, phương trình 4 f  x   m  0 có 4 nghiệm thực phân biệt  2  


m
 1  4  m  8
4

Vậy m  3; 2; 1;0;1; 2;3;4;5;6;7 .
Câu 33. Cho các số thực dương a, b khác 1 thỏa mãn log 2 a  log b 16 và ab  64 . Giá trị của biểu thức
2

a

 log 2  bằng
b

25
A.
.
2

B. 20 .

C. 25 .

D. 32 .

Lời giải
Chọn B
 log 2 a  log b 16 ⇔ log 2

64
4

 4 log b 2 ⇔ 6  log 2 b 
b
log 2 b

 log b  3  5
2
⇔  log 2 b   6 log 2 b  4  0 ⇔  2
log 2 b  3  5
 Với: log 2 b  3  5 ⇒ log 2 a  6  3  5  3  5





2

a
a

log 2  log 2 a  log 2 b  3  5  3  5  2 5 ⇒  log 2   20
b
b











 Với: log 2 b  3  5 ⇒ log 2 a  6  3  5  3  5
2

a
a

log 2  log 2 a  log 2 b  3  5  3  5  2 5 ⇒  log 2   20
b
b






2

a

Vậy với các số a, b thỏa mãn ycbt thì ta ln có:  log 2   20 .
b

x
x
x
x
Câu 34. Cho a là số thực dương sao cho 3  a  6  9 với mọi x   . Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. a  14;16 .

B. a  16;18 .
C. a  12;14 .
D. a  10;12 .
Lời giải
Chọn B
Ta có 3x  a x  6 x  9 x  a x  18x  6 x  9 x  3x  18x  a x  18x  3x  2 x  1 3x  1 * .
VP *  0, x   nên * đúng với x   khi và chỉ khi
x

a
a  18  0, x       1, x    a  18.
 18 
x

x





Câu 35. Cho số phức z thỏa mãn 2 z  i   3  2i  z  11  16i . Môđun của số phức z bằng.
A.

5.

B. 5 .

C. 13 .
Lời giải


D. 3 .

Chọn B
Gọi z  x  yi . Ta có:





2 z  i   3  2i  z  11  16i  2  x  yi  i    3  2i  x  yi   11  16i

 2 x  2 yi  2i  3x  3 yi  2 xi  2 y  11  16i
  x  2 y   2  5 y  2 x  i  11  16i

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

 x  2 y  11
 x  2 y  11
x  3



2  5 y  2 x  16
2 x  5 y  14
 y  4
Vậy z  3  4i  z  5 .

Câu 36. Biết phương trình z 2  mz  m 2  2  0 ( m là tham số thực) có hai nghiệm phức z1 , z2 . Gọi
A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z1 , z2 và z0  i . Có bao nhiêu giá trị của tham số
m để diện tích tam giác ABC bằng 1 ?
A. 2.
B. 3.
C. 4.
D. 6.
Lời giải
Chọn C
Ta có:   m 2  4  m 2  2   3m 2  8
TH1:   0  3m 2  8  0 

2 6
2 6
. Khi đó, phương trình có hai nghiệm thực phân
m
3
3

biệt là z1 , z2 .
Vì A, B  Ox nên AB  z1  z2 

 z1  z2 

2



 z1  z2 


2

 4 z1 z2  3m 2  8 .

Mặc khác, ta có C (0;1)  d (C ; AB )  1 .

1
3m 2  8
2 3
AB  d (C; AB) 
1 m  
( n)
2
2
3

2 6
m 
3
TH2:   0  3m 2  8  0  
. Khi đó, phương trình có hai nghiệm phức liên hợp là

2 6
m 
3

m  i |  |
.
z1,2 
2

 SABC 

Ta có: AB  z1  z2 | i |  | |

3m2  8  3m2  8 và C (0;1) .

m
|m|
.
 0 nên d (C ; AB) 
2
2
 m  2
1
| m | 3m 2  8
Do đó, S ABC  AB  d (C ; AB) 
1 
 m   2 3 i(l )
2
4

3
Vậy có 4 giá trị thực của tham số m thỏa mãn đề bài.
Câu 37. Cho hàm số f  x  liên tục trên  . Gọi F  x  , G  x  là hai nguyên hàm của f  x  trên  thỏa

Phương trình đường thẳng AB là x 

4

mãn F  9   G  9   10 và F  3  G  3  2 . Khi đó


 f  2 x  1 dx

bằng

1

A. 2 .

B. 12 .

C. 8 .

D.

1
.
2

Lời giải
Chọn A
Ta có: G  x   F  x   C
 F (9)  G (9)  10
2 F (9)  C  10

 F (9)  F (3)  4.

 F (3)  G (3)  2
2 F (3)  C  2
Vậy:

4
9
1
F (9)  F (3)
f
(2
x

1)
dx

f ( x) dx 
 2.
1

23
2
Facebook Nguyễn Vương 9


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 38. Một lớp có 15 học sinh nữ và 20 học sinh nam. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh tham gia trực tuần
cùng đoàn trường. Xác suất để trong bốn học sinh được chọn có số học sinh nam ít hơn số học
sinh nữ là
299
65
855
415
A.
.

B.
.
C.
.
D.
.
1496
374
2618
748
Lời giải
Chọn A
Số phần tử của không gian mẫu là n     C354 .
Gọi A là biến cố “chọn 4 học trong đó số học sinh nam ít hơn số học sinh nữ”.
Ta có các trường hợp sau:
1
.C153 (cách).
TH1. Chọn được 1 học sinh nam, 3 học sinh nữ có C20
TH2. Chọn được 4 học sinh nữ có C154 (cách).
1
.C153  C154  10465.
Suy ra n  A  C20

n  A

10465 299

.
n 
C354

1496
Câu 39. Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy là 2a và khoảng cách từ A đến mặt
phẳng  ABC  bằng a . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. ABC  .

Vậy xác suất cần tìm là P  A 

3

A. 2 2a .



3a3 2
B.
.
2

a3 2
C.
.
2

D.

2a 3
.
2

Lời giải
Chọn B


 Gọi M là trung điểm của BC 
 Ta có BC   AM , vì ABC đều và BC   AA nên BC    AAM  .
 Dựng AE  AM , khi đó AE   ABC   , do đó d  A;  ABC     AE  a
 AAM vuông tại A với đường cao AH nên
1
1
1
1
1
1
1
1
a 6

  2 
  2  2  2
 AA 
2
2
2
2
AH
AA
AM
AA
AE
AM
a ( a 3)
2



 Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC  là: V 

a 6 (2a ) 2 3 3a 3 2
.


2
4
2

Câu 40. Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng
thu được là hình vng có diện tích bằng 16 . Thể tích khối trụ bằng
Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
2 , thiết diện


Điện thoại: 0946798489

A. 10 6 .

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

B. 24 .

C. 32 .
Lời giải

D. 12 6 .


Chọn B

 Thiết diện cắt bởi mặt phẳng song song với trục là hình vng ABCD có diện tích bằng 16 nên
ta có: S ABCD  16  AB 2  16  AB  4  CD  h .
 Gọi H là trung điểm cạnh AB .
 Do mặt phẳng  ABCD  cách trục OO một khoảng bằng 2 nên ta có OH  2 .
Trong OHB vng tại H , ta có HB 

AB
 2 ; OH  2 .
2

Khi đó r  OB  OH 2  HB 2  2  4  6 .
 Vậy thể tích khối trụ là V   r 2 h   .

2

 6  .4  24

(đvtt).

Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2; 1 và đường thẳng d :
chiếu vng góc của A trên d là
A.  2;0;1 .
B.  4; 1;0  .

C.  0;1; 2  .

x  2 y z 1

. Tọa độ hình
 
2
1
1

D.  1; 1;3 .

Lời giải
Chọn C
 Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên d , ta có H  2  2t; t;1  t  .


 Có: AH   3  2t; 2  t; 2  t  , vectơ chỉ phương của d là ud   2;1;1 .
 
 Vì AH  d nên AH .ud  0  2  3  2t    2  t    2  t   0  6  6t  0  t  1 .
 Vậy: H  0;1; 2 
Câu 42. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A 1; 2; 0  , B  2; 0; 2  , C  2; 1;3  , D 1;1;3  . Đường thẳng đi
qua C và vng góc với mặt phẳng  ABD  có phương trình là

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

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



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

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

Chọn D
Gọi d là đường thẳng cần tìm.
  

Ta có n ABD   AB  AD   4; 3; 1 . Vì d   ABD  nên chọn u   4;3;1 làm véc tơ chỉ
phương của d .

 x  2  4t

Vậy phương trình của đường thẳng d là  y  1  3t .
z  3  t

Facebook Nguyễn Vương 11



Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 43. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  4;1;3 , B  2;1;5  và C  4;3; 3 không thẳng hàng. Mặt
phẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vng góc với AB có phương trình là
A. 2 x  y  z  1  0.
B. 2 x  2 z  1  0.
C. x  z  1  0.
D. x  y  z  3  0.
Lời giải
Chọn C
Gọi I  3;1;4 
Gọi   là mặt phẳng đi qua tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC và vng góc với AB
Nên   là mặt phẳng trung trực của AB

  qua I  3;1; 4 và nhận AB  2;0; 2  là VTPT

  : x  z  1  0
Câu 44. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , đường thẳng SA vng góc với
mặt phẳng đáy và SA  2 a . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABCD là  . Khi đó

tan  bằng
A. 2 2 .

B. 2 .

C.

2.

D.


2
.
3

Lời giải
Chọn C

 .
Ta có: 
SC ;  ABCD  SCA


Xét tam giác SAC vuông tại A có: tan SCA

SA
2a
 2

AC a 2

 tan   2 .
  1200 . Mặt bên SAB là
Câu 45. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a , BAD
tam giác đều và  SAB    ABCD  (tham khảo hình vẽ).

Tính khoảng cách từ A đến  SBC 
A.

a
.

2

B.

a 7
.
7

C.

3a
.
4

D.

a 15
.
5

Lời giải
Chọn D
Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Gọi H là trung điểm của AB , khi đó SH   ABCD  và SH 


a 3
.
2

Do AH   SBC   B  d  A,  SBC    2 d  H ,  SBC   .
Gọi K , I là hình chiếu của H lên BC và SK .
Khi đó BC  HK , BC  SH  BC   SHK   BC  HI .
Vậy HI  BC , HI  SK  HI   SBC  hay d  H ,  SBC    HI .

a 3
a 3
, khi đó HK 
.
2
4
1
1
1
4
16
20
a 15


 2  2  2  HI 
Trong tam giác vng SHK ta có
.
2
2
2

HI
SH
HK
3a 3a
3a
10
a 15
Vậy d  A,  SBC   
.
5
Gọi E là trung điểm của BC  AE 

PHẦN 3. NHÓM CÂU HỎI DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG ÔN THI 9-10 ĐIỂM
Câu 46. Cho hàm số f ( x) bậc năm có bốn điểm cực trị là x1 , x2 , x3 , x4 sao cho x1  x2  x3  x4  1 . Gọi
g ( x) là hàm số bậc ba có đồ thị qua bốn điểm cực trị của đồ thị hàm số f ( x) . Diện tích hình
f ΄( x)
phẳng giới hạn bởi đường y 
, trục hoành và hai đường thẳng x  1; x  0 bằng
f ( x)  g ( x)
A. 5 ln 2 .
B. 5 ln 5 .
C. 5 ln 6 .
D. 5 ln 3 .
Lời giải
Dạng bài Đường cong g ( x) bậc (n  2) qua (n  1) điểm cực trị của đồ thị hàm số đa thức f ( x)
bậc n :
Xét f ( x)  an x n  an 1 x n1   f ΄( x)  nan x n 1  (n  1)an 1 x n  2  có n  1 điểm cực trị là

x1 ,, xn1 và g ( x) là đường cong qua (n 1) điểm cực trị của đồ thị hàm số đa thức f ( x)
Dùng


phép
chia
đa
thức
1 a 
1
1
 f ( x)   x  n1  f ΄( x)  g ( x)   x 
 x1  xn1  f ΄( x)  g ( x)
n
nan 
n  n 1

(n  1)an 1
x1 , x2 ,, xn1 là các nghiệm của f ΄( x)  0  x1  x2  xn 1  
.
nan

Vì vậy



f  ( x)

f ( x )  g( x )

f  ( x)

f ( x )  g( x )


n
1
x
 x  xn1 
n 1 1

5
1
x
4

0

S



1

5
1
x
4

suy
trong

ra
đó


. Áp dụng với n  5; x1  x2  x3  x4  1

dx  5 ln 5.

Chọn đáp án B
Facebook Nguyễn Vương 13


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
Câu 47. Có bao nhiêu số nguyên m để hàm số y  mx3  mx 2  16 x  32 nghịch biến trên khoảng (1; 2) .
A. 3.

B. 2.

C. 4.
Lời giải

Chọn A
Xét
f ( x)  mx3  mx 2  16 x  32

ta

có

D. 5.






f ΄( x)  m 3 x 2  2 x  16

và

hàm

số

 f ( x) ( f ( x)  0)
 f ΄( x) ( f ( x)  0)
y  f ( x)  
 y΄  
.
 f ΄( x) ( f ( x)  0)
 f ( x) ( f ( x)  0)
2
 f ΄( x)  0, x  (1; 2)
 f ΄( x)  0, x  (1; 2)
m  3x  2 x   16  0, x  (1; 2)


TH1: 
f (2)  0
4m  0

 f ( x)  0, x  (1; 2)

Hệ này vơ nghiệm vì m  0  m  3 x 2  2 x   16  0, x  (1; 2) .

TH2:
2
 f ΄( x )  0, x  (1;2)

 f ΄( x )  0, x  (1;2)
m 3 x  2 x  16  0, x  (1; 2)



f (2)  0
4m  0
 f ( x )  0, x  (1;2)








16
, x  (1;2)
m  g( x )   2
m  max[1;2] g( x )  g(2)  2


 2  m  0.
3x  2 x
m0




m0

Vậy có 3 số nguyên thoả mãn.
2
2
Câu 48. Xét các số thực x, y thỏa mãn 2 x  y 1  x 2  y 2  2 x  2  4x . Giá trị lớn nhất của biểu thức



8x  4
gần nhất với số nào dưới đây?
2x  y 1
A. 6.
B. 7.



P

C. 5.
Lời giải

D. 3.

Chọn B
2
2
2

2
Ta có 2 x  y 1  x 2  y 2  2 x  2  4 x  2 x  y 2 x 1  x 2  y 2  2 x  2



2

2



t

Đặt t  x  y  2 x  1  2  t  1  0  t  1
Vậy 0  x2  y 2  2 x  1  1  0  ( x 1)2  y 2  1  ( x 1)2  y 2  1 (1)
8x  4
Xét P 
 P(2 x  y  1)  8 x  4  (2 P  8) x  Py  P  4  0 (2)
2x  y 1
Ta có M ( x; y) thoả mãn (1) là hình trịn tâm I (1;0), R  1 và (2) là đường thẳng
d : (2P  8) x  Py  P  4  0
| 2P  8  P  4 |
Ta có điều kiện: d ( I , d )  R 
 1 | 3 P  12 | 5 P 2  32 P  64
2
2
(2 P  8)  P
 4 P 2  40 P  80  0  5  5  P  5  5
1


 x  3
Vậy giá trị lớn nhất của P là 5  5  7, 23 khi 
.
y  5

3
Câu 49. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A(0;0;1), B (0;0; 4), C (2; 2;1), E (4; 0;0), F (3;1; 6) . Xét
1
điểm M thay đổi sao cho MA  MB và MA  MC . Giá trị lớn nhất của ME  MF bằng
2

A. 4 3  3 .

B. 4 3  6 .

C. 4 2  2 .
Lời giải

D. 4 6  6 .

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

Điện thoại: 0946798489

ĐỀ ÔN THI THPTQG 2023

Gọi M ( x; y; z ) . Khi đó giả thiết tương đương với:






 MB  2 MA
 x 2  y 2  ( z  4)2  4 x 2  y 2  ( z  1)2


 2
2
2
2
2
2
MA  MC
 x  y  ( z  1)  ( x  2)  ( y  2)  ( z  1)

 y  2  x
y4
y 2x



 2

2
2
2
 z   4 x  2 x .
 x  y  2  0
 x  (2  x )  z  4
Suy ra

ME  MF  ( x  4)2  y 2  z2  ( x  3)2  ( y  1)2  ( z  6)2
 x 2  y 2  z2  8 x  16  x 2  y 2  z2  6 x  2 y  2 6 z  16
 20  8 x  20  6 x  2 y  2 6 z  20  8 x  20  6 x  2(2  x )  2 6 z
 20  8 x  16  4 x  2 6 z

3
 g( x )  20  8 x  16  4 x  2 6 4 x  2 x 2  max[0;2] g( x )  g  1 
  4 3  3.


2



3
3
1 
;1 
;
Dấu bằng đạt tại ( x; y; z )  1 
 . Chọn đáp án#A.
2
2
2 

Câu 50. Xét số phức z thoả mãn z  4  3i  2 và hai số phức z1 , z2 sao cho phần thực của z1 và phần ảo






của z 2 cùng bằng  1 . Giá trị nhỏ nhất của P  2 z  z1  z  z 2 bằng
B. 5  2 2 .

A. 8  2 5 .

C. 7  2 5 .

D. 8  10 .

Lời giải
Chọn A
Đặt z  x  yi  x , y    , z1   1  ai , z 2  b  i  a , b   
Ta

có

z  4  3i  2 

 x  4    y  3 i

2

x  4

2

2

2


2

  y  3   2   x  4    y  3  4 .

Do đó
P  2 z  z1  z  z 2  2  x  1   y  a  i   x  b    y  1 i
2

 x  1

 2 x 1 

2

2

  y  a 

2

2

 x  b    y  1
y  1   2  x  1   y  1   2  x  4    y  3   8

2
2
2
2

     2     1    x  4    y  3    8  8  2 5




y  a
x  b


x 1  0
 x  b  4 


Dấu "  " xảy ra khi  y  1  0
x4 y3
 y  a  3 



1
 2
2  x  1   y  1  8  2 5


4
5
2
5

NẾU TRONG Q TRÌNH GIẢI TỐN, CÁC BẠN GẶP CÂU SAI ĐÁP ÁN, HOẶC LỜI GIẢI SAI

VUI LÒNG GỬI PHẢN HỒI VỀ
Fanpage: />Facebook Nguyễn Vương 15


Blog: Nguyễn Bảo Vương: />
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  />