5 đề thực chiến chuẩn minh họa kỳ thi tốt nghiệp thpt quốc gia năm 2023 bài thi môn toán bản giáo viên

BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023
ĐỀ SỐ 12
(Đề gồm có 06 trang)

(  f ( x ) dx )′ = f ′ ( x ) .
′
C. (  f ( x ) dx ) = − f ′ ( x ) .

(  f ( x ) dx )′ = − f ( x ) .
′
D. (  f ( x ) dx ) = f ( x ) .

A.

KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023
Bài thi mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

B.

Lời giải
Chọn D
Họ và tên thí sinh:………………………………………………
Số báo danh:…………………………………………………….

Gọi F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) .
Ta có F ′ ( x ) = f ( x ) hay

Câu 1:

Cho hàm số f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Câu 5:

(  f ( x ) dx )′ = f ( x ) .

1

 sin

dx bằng
x
A. tan x + C .
2

B. − cot x + C .

C. cot x + C .
Lời giải

D. − tan x + C .

Chọn B

Áp dụng cơng thức trong bảng ngun hàm, ta có:
Câu 6:

Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm nào dưới đây?
A. x = 1 .
B. x = 2 .
C. x = 0 .

Lời giải
Chọn C

x

dx = − cot x + C .

B. −2 .

C. −2i .
Lời giải

D. 3i .

C. 13 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn A

Ta có: z2 .z1 = (1 + 2i )( 2 − i ) = 4 + 3i .

Từ bảng biến thiên, hàm số f ( x ) đạt cực đại tại x = 0 .
Câu 2:

2

Cho hai số phức z1 = 2 − i; z 2 = 1 + 2i . Phần ảo của số phức z 2 .z1 bằng

A. 3.

D. x = 5 .

1

 sin

Khi đó số phức z2 .z1 có phần ảo bằng 3.

Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như hình vẽ bên

Câu 7:

Mơđun của số phức z = 2 − 3i bằng:

A. 13 .

B.

5.

Chọn C
2

Số phức z = 2 − 3i  z = 2 2 + ( −3) = 13 .
Câu 8:
4

2

A. y = − x − 4 x .

4

2

3

B. y = − x + 4 x .

C. y = − x + 2 x.

3

D. y = x − 2 x.

Lời giải
Chọn A
Từ một nhóm gồm 5 học sinh nam và 8 học sinh nữ  Tổng cộng có 13 học sinh.

Lời giải
Chọn B
Đồ thị hàm số trên có dạng của đồ thị hàm bậc bốn trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c , hệ số a < 0

Chọn ra 2 học sinh bất kì trong 13 học sinh thì có C132 cách chọn.

, có 3 cực trị nên ab < 0 .
Câu 3:

Câu 9:

x+1

Nghiệm của phương trình 2 = 8 là
A. x = 2 .
B. x = 3 .

C. x = 4 .
Lời giải

D. x = 1 .

Từ một nhóm gồm 5 học sinh nam và 8 học sinh nữ, có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh bất kì?
A. C132 .
B. A132 .
C. C52 + C82 .
D. 13 .

Cấp số nhân ( un ) có u1 = 2, u2 = 1 thì cơng bội của cấp số nhân này là

A. −2 .

B. 2 .

Chọn A
Ta có 2 x +1 = 8 ⇔ 2 x +1 = 23 ⇔ x + 1 = 3 ⇔ x = 2 .

Chọn D

Công bội của cấp số nhân đã cho là: q =
Câu 4:

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

1
C. − .
2
Lời giải
u2 1
= .
u1 2

D.

1
.
2


Chọn A

Câu 10: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau

Áp dụng công thức ( log a x )′ =

1
1
với điều kiện a > 0; a ≠ 1; x > 0 ta được ( log3 x )′ =
x.ln a

x ln 3

.



Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 3 .
B. 4 .

Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho véctơ a ( −3; 2;1) và điểm A ( 4;6; − 3) , tọa độ điểm B thỏa mãn

C. 1 .
Lời giải

 
AB = a là

D. 2 .

A. ( 7;4; − 4 ) .

B. ( −1; − 8; 2 ) .

C. (1;8; − 2 ) .

Chọn B

D. ( −7; − 4; 4 ) .

Lời giải

Do hàm số liên tục trên ℝ và đạo hàm f ′ ( x ) đổi dấu khi x lần lượt đi qua 4 điểm

Chọn C

x = −1; x = 0 ; x = 1; x = 2 nên hàm số đã cho có 4 điểm cực trị.

 x − 4 = −3  x = 1
 



Gọi B ( x; y; z ) , ta có AB = ( x − 4; y − 6; z + 3) . Do AB = a nên  y − 6 = 2 ⇔  y = 8
z + 3 = 1
 z = −2



Câu 11: Cho số phức z = 2i + 1 , điểm nào dưới đây là điểm biểu diễn số phức z ?

A. G (1; − 2 ) .

B. T ( 2; − 1) .

C. K ( 2;1) .

D. H (1; 2 ) .

Lời giải

Chọn A

Khi đó B (1;8; − 2 ) .
Câu 17: Cho hàm số f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên:

Do z = 2i + 1 = 1 + 2i nên z = 1 − 2i .

Vậy z có điểm biểu diễn là G (1; − 2 ) .
x
y
Câu 12: Cho hai số thực x; y thỏa mãn 4 = 5; 4 = 3 thì 4 x + y bằng

A. 5 .

C. 10 .
Lời giải

B. 2 .

D. 15 .

Chọn D
Ta có 4 x + y = 4 x.4 y = 5.3 = 15 .
Câu 13: Một khối chóp có đáy là hình vng cạnh a , chiều cao bằng 4a có thể tích là

A. 4a 3 .

B.

4 3

a .
3

C.

16a 3
.
3

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

D. 16a 3 .

A. ( −1;0 ) .

B. ( 0;1) .

C. ( −1;1) .

Lời giải
Chọn B

Chọn A

1
1
4
Ta có thể tích khối chóp là V = B.h = a 2 .4a = a 3 .
3
3

3

Dựa vào hình vẽ ta thấy hàm số đồng biến trên ( −1;0 ) và (1; +∞ ) .
Câu 18: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

Câu 14: Phương trình log3 ( 5 x − 1) = 2 có nghiệm là

A. x = 2 .

B. x =

8
.
5

C. x =

9
.
5

D. x =

11
.
5

1
2

A. x = − .

2−x
là
2x +1

B. y = 1 .

Lời giải

1
2

C. y = − .

D. x = 2 .

Lời giải

Chọn A

Chọn C

1
Điều kiện 5 x − 1 > 0 ⇔ x > .
5

2
2
−1

−1
2− x
1
2−x
1
= lim x
= − ; lim
= lim x
=− .
x →+∞ 2 x + 1
x →+∞
x
→−∞
x
→−∞
1
1
2
2
x
+
1
2
2+
2+
x
x

Ta có lim

Ta có log 3 ( 5 x − 1) = 2 ⇔ 5 x − 1 = 32 ⇔ 5 x = 10 ⇔ x = 2 .
Câu 15: Đạo hàm của hàm số y = log 3 x là

1
A.
.
x ln 3

D. ( −2; − 1) .

Lời giải

x
B.
.
ln 3

C. x ln 3 .

Lời giải

1
D. .
x

Nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

2− x
1
là y = − .

2x +1
2

Câu 19: Trong khơng gian Oxyz , phương trình mặt cầu có tâm I ( 2;1;2 ) , bán kính bằng 3 là


2

2

2

2

2

2

A. ( x + 2 ) + ( y + 1) + ( z + 2 ) = 3 .

2

2

2

2

2

2

Vậy mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;2 ) bán kính bằng 2 .

B. ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 2 ) = 3 .

C. ( x + 2 ) + ( y + 1) + ( z + 2 ) = 9 .

Câu 24: Trong các hàm số sau hàm số nào đồng biến trên ℝ ?

D. ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 2 ) = 9 .

A. y = 3 x 3 + 2 .

Lời giải

B. y = 3 x 4 − 1 .

Chọn D
2

2

2

Phương trình mặt cầu có tâm I ( 2;1;2 ) bán kính bằng 3 là ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 2 ) = 9 .
Câu 20: Một khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 3 và thể tích bằng 6 thì chiều cao bằng
A. 6 .
B. 4 .
C. 2 .

D. 3 .
Lời giải
Chọn C
V 6
Ta có thể tích lăng trụ có diện tích đáy B , chiều cao h là: V = B.h  h = = = 2 .
B 3

Câu 21: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 4; − 3; 2 ) , B ( 6;1; − 7 ) , C ( 2;8; − 1) . Đường thẳng qua gốc

O và trọng tâm tam giác ABC có phương trình là
x y
z
x y z
x y z
A. = =
.
B. = = .
C. = = .
4 1 −3
2 1 −1
2 3 −1
Lời giải
Chọn B

x y
z
D. =
=
.
2 −1 −1

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , khi đó ta có G ( 4; 2; − 2 ) .


Có OG = ( 4; 2; − 2 ) là VTCP của đường thẳng OG . Chọn u = ( 2;1; − 1) là VTCP của đường
thẳng OG .

Đường thẳng OG đi qua O ( 0;0;0 ) có VTCP u = ( 2;1; − 1) có phương trình chính tắc là:

Câu 22: Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A ( 2; −1;3) , B ( 4;0;1) , C ( −10;5;3) . Véctơ nào dưới đây là
véctơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) ?

Lời giải

y = 3 x3 + 2 ta có y ′ = 9 x 2 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ . Vậy hàm số đồng biến trên ℝ .
y = 3 x 4 − 1 ta có y ′ > 0 ⇔ 12 x 3 > 0 ⇔ x > 0 . Vậy hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
y=

4x +1
có điều kiện xác định x ≠ 3 nên hàm số không đồng biến trên ℝ .
x−3

y = tan x có điều kiện xác định cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

2

A. π r 2 h .

B. 2π rh .

C. 2rh .
Lời giải

D. 2π h .

Chọn B
Diện tích xung quanh của hình trụ có đường cao h , bán kính đáy r bằng 2π rh .
Câu 26: Một hình nón có diện tích xung quanh bằng 5π a 2 , bán kính đáy bằng a thì độ dài đường sinh bằng

A. 3a .

B. 5a .

C. 5a .
Lời giải

B. (1; −2; 2 ) .

C. (1;2;0 ) .

D. (1;8;2 ) .

Theo giả thiết ta có π Rl = 5π a 2 và R = a nên l =
Câu 27: Đồ thị hàm số y =

A. ( 0; − 1) .

Xét hàm số y =



Vậy một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) là n = (1; 2;2 ) .
Câu 23: Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 4 z + 5 = 0 có bán kính bằng

B. 2 .

D. 3 2a .

C. 14 .

D. 4 .

Lời giải

5π a 2
= 5a .
πa

1− x
cắt trục tung tại điểm có tọa độ là
1+ x
B. ( 0; 1) .
C. (1; 0 ) .

1− x
1− 0
, cho x = 0 ta có y =
=1.
1+ x
1+ 0
1− x

Vậy đồ thị hàm số y =
cắt trục tung tại điểm có tọa độ là ( 0; 1) .
1+ x

( ) bằng

Câu 28: Với a là số thực dương tùy ý, khi đó log8 a 6

A. 2log 2 a .

B. 18 log 2 a .

C. 3log 2 a .

Lời giải
Chọn A

Vì mặt cầu ( S ) có phương trình là
2

2

2

x + y + z − 2 x − 4 y − 4 z + 5 = 0 ⇔ ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 4 .

D. (1; 1) .

Lời giải

Chọn B
2

+ kπ ( k ∈ ℤ ) nên hàm số khơng đồng biến

Câu 25: Diện tích xung quanh của hình trụ có đường cao h , bán kính đáy r bằng

là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ABC ) .

2

π

trên ℝ .

Chọn B

2

D. y = tan x .

Chọn A
Ta thấy:

Lời giải
Chọn A





 
Ta có AB = ( 2;1; −2 ) ; AC = ( −12;6;0 ) .Khi đó n = k .  AB, AC  = k . (12; 24; 24 ) ( k ≠ 0 ) với n

A. 14 .

4x + 1
.
x −3

Chọn B
Gọi R, l lần lượt là bán kính đường trịn đáy và độ dài đường sinh của hình nón đã cho.

x y z
.
= =
2 1 −1

A. (1;2; 2 ) .

C. y =

1
Ta có log8 ( a 6 ) = 6.log 23 a = 6. log 2 a = 2 log 2 a .
3

D. 2 + log 2 a .


1

Câu 29: Nếu

A. 45° .

1

1

 f ( x ) dx = 2;   f ( x ) − 2 g ( x ) dx = −8 thì  g ( x ) dx bằng
0

B. 5 .

C. −6 .
Lời giải

C. 60° .

D. 90° .

Lời giải

0

0

A. −5 .

B. 30° .

D. −3 .

Chọn C

Chọn B

Ta có:

1

1

1

0

0

0

  f ( x ) − 2 g ( x )  dx = −8 ⇔  f ( x ) dx − 2 g ( x ) dx = −8

1

1
⇔  g ( x ) dx =   f ( x ) dx + 8  = 5 .
2
0
0


1

Câu 30: Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :

A. M ( 0; 2;1) .

x −1 y z −1
=
=
không đi qua điểm nào dưới đây?
1
−2
2

B. F ( 3; − 4;5 ) .

C. N (1;0;1) .

D. E ( 2; − 2;3) .

Lời giải
Chọn A
Ta thấy:
0 −1 2 1−1
x −1 y z −1
=
≠
nên đường thẳng d :
=
=

không đi qua điểm M ( 0; 2;1)
1
−2
2
1
−2
2
3 − 1 −4 5 − 1
x −1 y z −1
=
=
nên đường thẳng d :
=
=
đi qua điểm F ( 3; − 4;5 ) .
1
−2
2
1
−2
2
1 −1 0 1 −1
x −1 y z −1
=
=
nên đường thẳng d :
=
=
đi qua điểm N (1;0;1) .
1

−2
2
1
−2
2
2 − 1 −2 3 − 1
x −1 y z −1
=
=
nên đường thẳng d :
=
=
đi qua điểm E ( 2; − 2;3) .
1
−2
2
1
−2
2
Câu 31: Cho hai số phức z1 = 2 − i; z2 = 2 − 4i khi đó mơđun của số phức z1 + z1 .z 2 bằng

A. 1 .

5
B.
.
5

C. 5 5 .

D.

 
Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên ( SO, ( ABCD ) ) = SOA
.
Mặt khác AO là đường cao của tam giác ABD đều cạnh

=
Xét ∆SOA vuông tại A có: tan SOA

2a. 3 a 6
=
.
2
2

2a  AO =

3 2a
SA
 = 60° .
= 2 = 3  SOA
AO a 6
2

Vậy góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 60°
Câu 33: Cho hình chóp tam giác đều S . ABC cạnh đáy bằng a và góc giữa mặt phẳng ( SBC ) với mặt phẳng
đáy ( ABC ) bằng 60° . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

A.

a
.
4

B.

a
.
8

C.

3a
.
4

D.

3a
.
8

Lời giải

5.

Chọn C

Lời giải

Chọn C
Ta có: z1 + z1 .z2 = 2 − i + (2 − i )(2 − 4i) = 2 − 11i
2

Do đó z1 + z1.z2 = 2 − 11i = 22 + ( −11) = 5 5 .
Câu 32: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi tâm O , tam giác ABD đều cạnh

2a . Cạnh bên S A

3 2a
vng góc với mặt đáy và S A =
. Góc giữa đường thẳng SO và mặt phẳng ( ABCD ) bằng
2

Gọi D là trung điểm của BC , G là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó AD ⊥ BC , SD ⊥ BC ,

SG ⊥ ( SBC ) .
Vì ( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC , AD ⊥ BC , SD ⊥ BC nên góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và

( ABC ) là góc

 . Suy ra SDA
 = 60° .
SDA

Vì AD ⊥ BC , SD ⊥ BC nên BC ⊥ ( SAD ) . Trong tam giác SAD hạ GE ⊥ SD suy ra

GE ⊥ ( SBC ) hay d ( G, ( SBC ) ) = GE . Suy ra d ( A, ( SBC ) ) = 3GE .

a 3
a 3
suy ra GD =
.
2
6
 = 60° suy ra sin 60° = GE hay sin 60° = GE .
Xét tam giác EGD vng tại E có EDG
GD
a 3
6
a
3a
3a
Suy ra GE = . Vì d ( A, ( SBC ) ) = 3GE nên d ( A, ( SBC ) ) =
. Vậy d ( A, ( SBC ) ) =
.
4
4
4

Xét tam giác đều ABC cạnh a có đường cao AD =

e2

Câu 34: Xét tích phân I =



(1 + 2 ln x )

e2

A.

Khi đó số phần tử của biến cố A là: n ( A ) = C52 + C42 = 16 .

dx nếu đặt t = 1 + 2ln x thì I bằng
e2

5

1 2
t dt .
2 1

5

C. 2  t 2 dt .

B. 2  t 2 dt .

D.

1

1

1 2
t dt .

2 1

Lời giải
Chọn D

e2

(1 + 2 ln x )
x

1

2

5

2x −1
trên đoạn [ 0; 4] , giá
x +1

D. 3 .

C. 8 .

B. 10 .

Chọn B

 f ( x ) đồng biến trên [ 0; 4] nên M = Max f ( x ) = f ( 4 ) =

e3 − e + 2
.
2

2e2 x +1
e x . f ′ ( x ) = ( e2 x +1 )′ = 2e2 x+1 ⇔ f ′ ( x ) = x = 2e x +1 .
e
1

Ta có

 f ′ ( x ) dx = f ( x )

[0;4]

1
> 
5

7
, m = Min f ( x ) = f ( 0 ) = −1
[0;4]
5

là

D. ( −1;6 ) .

Lời giải
Chọn C

− x 2 −3 x + 2

⇔ 2 x − 4 < − x 2 − 3 x + 2 ⇔ x 2 + 5 x − 6 < 0 ⇔ −6 < x < 1 .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: ( −6;1) .

0

= f (1) − f ( 0 ) .

1

1

0

0

1

2
 f (1) = f ( 0 ) +  f ′ ( x ) dx = 1 +  2e x+1dx = 1 + 2e x +1 = 2e − 2e + 1 .
0

nào dưới đây?
A. 34 cm .

B. 33cm .

C. 36 cm .

D. 35cm .

Lời giải
Chọn D
Gọi x, y lần lượt là chiều rộng và chiều dài của mỗi túi nilon đựng rác.
Khi cuộn túi nilon quanh lõi thì ta cuốn theo chiều dài túi nilon, nên chiều rộng túi nilon là chiều
cao hình trụ.

− x 2 −3 x + 2

A. ( −∞; −1) ∪ ( 6; +∞ ) . B. ( −∞; −6 ) ∪ (1; +∞ ) . C. ( −6;1)

1

R = 3cm . Biết độ dày mỗi túi nilon là 0, 05 mm . Chiều dài mỗi túi nilon gần nhất với kết quả

 5M − 3m = 10 .

1
> 
5

D.

Câu 39: Một cuộn túi nilon đựng rác có dạng hình trụ gồm 120 túi nilon giống nhau được cuốn quanh
một lõi rỗng hình trụ bán kính đáy của phần lõi là r = 1,5cm , bán kính đáy của cả cuộn nilon là

2x −1
xác định trên [ 0; 4] .

x +1
2 ( x + 1) − 1( 2 x − 1)
3
Ta có: f ′ ( x ) =
=
> 0 ∀ x ∈ [ 0;4]
2
2
( x + 1)
( x + 1)

Hàm số f ( x ) =

2 x− 4

C. e 2 − e + 1 .

e 2 x+1 là một nguyên hàm của hàm số e x . f ′ ( x ) nên

5

2 x −4

16 4
= .
36 9

Lời giải

Lời giải

1
Ta có:  
5

B. 2e 2 − 2e + 1 .

0

1
Câu 36: Tập nghiệm của bất phương trình  
5

=

Chọn B

Câu 35: Gọi M , m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) =
trị của 5M − 3m bằng
A. 4 .

n ( A)
n ( Ω)

Câu 38: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và e 2 x+1 là một nguyên hàm của hàm số e x . f ′ ( x ) trên ℝ và

A. 2e − 1.

t2
1

dt =  t 2dt .
2
21
1

dx = 

Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A ) =

f ( 0 ) = 1. Khi đó f (1) bằng

2dx
dt dx
Đặt t = 1 + 2ln x  dt =
 =
.
x
2
x
x = 1  t = 1
Đổi cận: 
2
x = e  t = 5

Khi đó I = 

Số phần tử của không gian mẫu là: n ( Ω ) = C92 = 36 .
Gọi A là biến cố: “Chọn được 2 bi cùng màu ”.

2

x

1

Câu 37: Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi từ một hộp gồm 5 viên bi đen và 4 viên bi trắng. Xác suất để 2 viên bi
được chọn cùng màu bằng
1
1
4
5
A. .
B. .
C. .
D. .
4
9
9
9
Lời giải
Chọn C

Thể tích của cuộn túi nilon là: V = π R 2 h − π r 2 h = π .32.x − π .1,52.x = 6, 75π x .
Mặt khác do cuộn túi nilon được cuốn từ 120 túi nilon nên thể tích của cuộn túi nilon cịn được
tính bởi cơng thức: V = 0, 005.x. y.120 = 0, 6 xy .
Suy ra 6,75π x = 0,6 xy ⇔ y =

6, 75π 45π
=
≈ 35,343 .

0, 6
4

Vậy chiều dài mỗi túi nilon gần với 35 cm nhất.


Câu 40: Có bao nhiêu số phức z thoả mãn z + 1 − 3i = z − 1 − i và

A. 1 .

B. 2 .

C. 4 .
Lời giải

z −3
là một số thuần ảo?
z+2
D. 3 .

Chọn A

Câu 42: Cho phương trình 4− x + x − log 4 ( m − x ) − 2m −

Đặt z = x + yi ( x , y ∈ ℝ ) . Gọi M ( x ; y ) là điểm biểu diễn của z .
2

2

2

2

( x + 1) + ( y − 3) = ( x − 1) + ( y − 1) ⇔ x − y + 2 = 0 ( ∆ ) .
z − 3 x + yi − 3 ( x − 3 + yi ) . ( x + 2 − yi ) x 2 + y 2 − x − 6
5y
=
=
=
+
.i .
2
2
2
z + 2 x + yi + 2
( x + 2) + y2
( x + 2) + y2 ( x + 2) + y2
z + 1 − 3i = z − 1 − i ⇔

 z ≠ −2
 z ≠ −2
z −3

⇔ 2
là một số thuần ảo ⇔  x 2 + y 2 − x − 6
2
=
0
z+2
x + y − x − 6 = 0

 ( x + 2 )2 + y 2

5
1 
 M thuộc đường trịn ( C ) có tâm I  ;0  , bán kính R = và M ≠ D .
2
2 

5
< R nên ( ∆ ) cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt trong đó có điểm D .
2 2
Vậy có một số phức z thỏa yêu cầu bài toán.
d ( I , ( ∆ )) =

Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;1;1) , mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 và đường thẳng

x−2 y
z
d:
= =
. Xét đường thẳng ∆ qua A , nằm trong ( P ) và cách đường thẳng d một
1
2 −1
khoảng cách lớn nhất. Đường thẳng ∆ đi qua điểm nào dưới đây?

A. M ( 2;1;0 ) .

B. N (1; −1;3) .

C. P ( −3;3;3) .

x = 1

Suy ra phương trình của ∆ :  y = 1 − 2t , ( t ∈ ℝ ) . Ta thấy ∆ đi qua điểm N (1; −1;3) .
 z = 1 + 2t


D. Q (1; 2; 4 ) .

1
= 0 ( m là tham số). Số giá trị nguyên của m để
2

phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn [ −2; 2] là

A. 3 .

B. 6 .

C. 5 .
Lời giải

D. vô số.

Chọn B
Đặt log 4 ( m − x ) = t ⇔ m − x = 4t ⇔ m = x + 4t .

Phương trình đã cho trở thành 4− x + x − t − 2 ( x + 4t ) −

1

1
= 0 ⇔ 2−2 x − x = 22t +1 + t +
2
2

1
1
( −2 x ) = 22t +1 + ( 2t + 1) (1)
2
2
1
1
a
Xét hàm số g ( a ) = 2 + a có g ′ ( a ) = 2a ln 2 + > 0, ∀a ∈ ℝ nên hàm số đồng biến trên ℝ .
2
2
⇔ 2−2 x +

Do đó (1) ⇔ g ( −2 x ) = g ( 2t + 1) ⇔ −2 x = 2t + 1 ⇔ 2t = −2 x − 1 ⇔ 2 log 4 ( m − x ) = −2 x − 1

⇔ log 2 ( m − x ) = −2 x − 1 ⇔ m − x = 2−2 x −1 ⇔ m = x + 2−2 x −1
Xét hàm số h ( x ) = x + 2

−2 x −1

có h′ ( x ) = 1 − 2.2

−2 x −1

( *)

ln 2 = 1 − 2−2 x ln 2 .

1
h′ ( x ) = 0 ⇔ 2−2 x ln 2 = 1 ⇔ x = log 2 ( ln 2 ) .
2

Trên đoạn [ −2; 2] ta có bảng biến thiên của h ( x ) :

Lời giải
Chọn B

Phương trình (*) có nghiệm x ∈ [ −2;2] ⇔ m ∈ {1; 2;3;4;5;6} .
Vậy có 6 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Gọi H ( x ; y; z ) là hình chiếu vng góc của A trên d .

Câu 43: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2 . Gọi I là trung

z
x − 2 y
x = 2
 H ∈ d
= =


   
2 −1
⇔ 1
⇔  y = 0  H ( 2; 0; 0 ) .
 AH .ud = 0

1( x − 1) + 2 ( y − 1) − 1( z − 1) = 0
z = 0



điểm của BC , hình chiếu vng góc của đỉnh S lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thỏa mãn

Khi đó d ( ∆, d ) ≤ AH = 3 .

A.

Dấu bằng xảy ra ⇔ ∆ ⊥ AH .
 
  
 ∆ ⊥ AH
u∆ ⊥ AH
     VTCP của ∆ là u∆ =  AH , nP  = ( 0; −2; 2 ) .
Ta có 
 ∆ ⊂ ( P )
u∆ ⊥ nP

Chọn A



HA = −2 HI , góc giữa SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60° . Thể tích khối chóp S . ABC bằng

a 3 30
.
9

B.

a3 5
.
6

C.

Lời giải

a 3 15
.
6

D.

a 3 15
.
12


A. −1 .

B. 12 .

C. 4 .
Lời giải

D. −12 .

Chọn C
Trường hợp 1: Nếu các nghiệm của phương trình là các số thực x; y thì
z1 − 3 + 3i = ( x − 3) + 3i =

( x − 3)

2

+ 9 > 2 mâu thuẫn với giả thiết.

Trường hợp 2: Các nghiệm phức của phương trình khơng là các số thực, khi đó với

z1 = x + yi  z2 = z1 = x − yi .
2

2

Khi đó: z1 − 3 + 3i = 2 ⇔ ( x − 3) + ( y + 3) = 2

(1) .

Và:

( z1 + 2i )( z2 − 2 ) =  x + ( y + 2 ) i  . ( x − 2 ) − yi  = x. ( x − 2) + y.( y + 2 ) + ( x − 2 ) . ( y + 2 ) − xy  .i

Ta có ∆ABC là tam giác vuông cân đỉnh A , I là trung điểm của BC .




Hình chiếu vng góc của đỉnh S lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thỏa mãn HA = −2 HI nên

1
a
ta có H là trọng tâm của ∆ABC  IH = IA = .
3
3
2

a 10
2
a
Xét ∆IHC vuông tại I : CH = IH 2 + IC 2 =   + ( a ) =
.
3
3

Ta lại có SH ⊥ ( ABC ) suy ra H là hình chiếu vng góc của S trên ( ABC ) .

 = 60° .
Mà SC ∩ ( ABC ) = {C}  Góc giữa SC và mặt phẳng ( ABC ) là góc SCH
=
Do đó tan SCH

SH
a 10
a 30
 SH = HC .tan 60° =
. 3=
.

3
3
HC

1
1
1 1

Vậy VS . ABC = S ∆ABC .SH = .  AB. AC  .SH =
6
3
3 2

Câu 44: Cho hàm số f ( x ) thỏa mãn f ( 4 ) =

(

)

2

2a .

( 2) .

2
2
y = x − 4
( x − 3 ) + ( y + 3 ) = 2
Giải hệ gồm (1) và ( 2 ) : 

⇔ 2
2
2
2
x
+
y
−
2
x
+
2
y
=
0

x + y − 2x + 2 y = 0
y = x −4
x = 2
 z1 = 2 − 2i; z2 = 2 + 2i .
⇔
⇔ 2
2
x
−
8
x
+
8
=

0
 y = −2



 z1 + z2 = −b = ( 2 − 2 i ) + ( 2 + 2i ) = 4
Vì vậy theo Vi-et ta có: 
 b + c = −4 + 8 = 4 .

 z1. z 2 = c = ( 2 − 2i ) . ( 2 + 2 i ) = 8

a 30 a 30
=
.
3
9

giá trị của tham số m để max g ( x ) + min g ( x ) = 50 . Tổng các phần tử của S bằng
ℝ

B. 1 .

A. 16 .

4
4
1


và f ( x ) = x 1 +

− f ′ ( x )  , ∀x > 0 . Khi đó  xf ( x ) dx
3
x


1

ℝ

C. 2 .
Lời giải

D. −9 .

Chọn A
3
Đặt t = 2 + sin x ∈ [1;3]  g ( t ) = t − 3t − m , t ∈ [1;3]  max g ( t ) + min g ( t ) = 50 .

1283
.
30

B. −

157
.
30

C.

157
.
30

D. −

1283
.
30

Lời giải
Chọn B
Với mọi x > 0 ta có: f ( x ) + xf ′ ( x ) = x + x ⇔ ( x. f ( x ) )′ = x + x .

Lấy nguyên hàm hai vế ta được: x. f ( x ) =

x2 2
+ x x +C .
2 3

4
x2 2
Mà f ( 4 ) =  C = −8  xf ( x ) = + x x − 8 .
2 3
3
Vậy

x. ( x − 2 ) + y. ( y + 2 ) = 0 ⇔ x 2 + y 2 − 2 x + 2 y = 0

Câu 46: Cho hàm số f ( x ) = − x3 + 3 x và g ( x ) = f ( 2 + sin x ) + m ( m là tham số thực). Gọi S là tập các

3

bằng

A.

là một số thuần ảo khi và chỉ khi phần thực bằng 0 tức là:

4

4

1

1

 x2

2

 xf ( x ) dx =   2 + 3 x


157
x − 8 dx = −
.
30


Câu 45: Cho các số thực b, c sao cho phương trình z 2 + bz + c = 0 có hai nghiệm phức z1 ; z2 thỏa mãn

z1 − 3 + 3i = 2 và ( z1 + 2i )( z2 − 2 ) là số thuần ảo. Khi đó b + c bằng:

[1;3]

[1;3]

3

Xét hàm số: y = t − 3t − m  y′ = 3t 2 − 3 ≥ 0 ∀t ∈ [1;3] .

 max g ( t ) = max { −m − 2 ; 18 − m }
 [1;3]

g ( t ) = min { − m − 2 ; 18 − m } .
y (1) = −m − 2, y ( 3) = 18 − m    min
[1;3]

g (t ) = 0
  min
  [1;3]
Trường hợp 1: Nếu − m − 2 > 0 ⇔ m < −2 thì

max g ( t ) = 18 − m = 18 − m
 [1;3]
 −2 − m + 18 − m = 50 ⇔ m = −17 ( t / m ) .

g ( t ) = −2 − m = − m − 2
min
 [1;3]

Trường hợp 2: Nếu 18 − m < 0 ⇔ m > 18 thì

min g ( t ) = 18 − m = m − 18
 [1;3]
 m + 2 + m − 18 = 50 ⇔ m = 33 ( t / m )

g ( t ) = −2 − m = m + 2
max
 [1;3]


A. 1.

Trường hợp 3: Nếu ( −m − 2 )( −m + 18 ) ≤ 0 ⇔ −2 ≤ m ≤ 18 thì

 max g ( t ) = max { − m − 2 ; 18 − m }
 [1;3]

.
g (t ) = 0
 min
 [1;3]

B. 2 .

C. 0 .
Lời giải

D. 3

Chọn B

(

)

Phương trình hồnh độ giao điểm của ( Cm ) và trục Ox là: x3 − 3 x 2 − m 2 − 2 x + m 2 = 0

Nhận xét: max g ( t ) = max { − m − 2 ; 18 − m } < 50, ∀m ∈ [ −2;18]  m ∈ ∅ .
[1;3]

(

⇔ ( x − 1) x 2 − 2 x − m 2

Vậy S = {−17;33} nên tổng các phần tử của S bằng 16.
Câu 47: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z = 0 và mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0;1;2 ) bán

)

x = 1
x = 1
=0⇔  2
⇔
.
2
2
 x = 1 ± 1 + m
x − 2x − m = 0

)

(

)

(

Suy ra ( Cm ) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt A 1 − 1 + m2 ;0 , B (1;0 ) , C 1 + 1 + m2 ;0 và

kính R = 1 . Xét điểm M thay đổi trên ( P ) . Khối nón ( N ) có đỉnh là I và đường tròn đáy là

AC = 2 1 + m2 .

đường tròn đi qua tất cả các tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến ( S ) . Khi ( N ) có thể tích lớn

Ta có, y ′ = 3 x 2 − 6 x − m 2 + 2 , y′ = 0 ⇔ 3x 2 − 6 x − m 2 + 2 = 0 (1) , phương trình (1) ln có 2

nhất, mặt phẳng chứa đường tròn đáy của ( N ) có phương trình là x + ay + bz + c = 0 . Giá trị của

 x1 + x2 = 2

nghiệm x1 , x2 với mọi giá trị của tham số m . Áp dung định lý Vi-et ta có 
−m 2 + 2 .
 x1.x2 =
3


a + b + c bằng
A. −2 .

B. 0 .

C. 3 .
Lời giải

D. 2 .

Gọi hai điểm cực trị là M ( x1; y1 ) , N ( x2 ; y2 ) .

Chọn B
Vì mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0;1; 2 ) và bán kính R = 1 . Đặt x = IM  x ≥ d ( I , ( P ) ) = 3 .

Gọi A là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến ( S ) . Khi đó tiếp điểm A nằm trên đường trịn

( C ) có tâm

H bán kính r = HA .

Đường thẳng qua hai điểm cực trị M , N là y = −

( x2 − x1 )2 +

Nên ta có MN =

4 2
m +1
9

(

)

2 
4
4


= 1 + m2 + 1  4 − 2 − m2  =
3
 9


Theo giả thiết MN = AC

(

IH = IA2 − AH 2

AI . AM
=
IM

x2 − 1
. Khi đó:
x

x2 −1 1
= 1− 2 = .
x

x

1
π x −1 1
Do đó VN = π r 2 IH = g ( x ) = . 2 . ≤ max g ( x ) = g
3 x
x  3;+∞ )
3

( 3 ) = 2273 .

Dấu bằng đạt tại x = 3 ⇔ M ( −1;0;1) là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( P ) .

 x + ( y − 1) + ( z − 2 ) = 1
 A ∈ ( S )
⇔
 x + y + z − 2 = 0 là mặt phẳng chứa các
Suy ra 
2
2
2
 AM = 2
( x + 1) + y + ( z − 1) = 2
tiếp điểm.
Vậy a + b + c = 1 + 1 − 2 = 0 .
2

(

2

)

Câu 48: Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 − m 2 − 2 x + m 2 ( Cm ) . Biết rằng đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba
điểm phân biệt A, B, C ( xA < xB < xC ) và có hai điểm cực trị M , N . Số các giá trị của tham số
m để MN = AC là

)

( x2 − x1 )2

)

2
2
 4
= 1 + m 2 + 1  ( x2 + x1 ) − 4 x1x2
 9


4
16
1 + m2 +
1 + m2
3
27

(

) (

(

)

(

)

(

(

⇔ 1 + m2 =

)

)

(

(

3
2

⇔m=±

)

(

)

(

3
2

)

)

(

(

)

)

3

)

(

(

)

)

−1 .

Câu 49: Cho hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c có đồ thị như hình vẽ. Biết rằng f ( x ) đạt cực trị tại các điểm

2

2

(

(

3
3
4
16
4
16
1 + m2 +
1 + m2 = 2 1 + m2 ⇔ 1 + m2 +
1 + m 2 = 4 1 + m2
3
27
3
27
3
2

2
4
16
4 16
9
⇔ 1 + m2 +
1 + m2 = 4 1 + m 2 ⇔ +
1 + m2 = 4 ⇔ 1 + m 2 =
3
27
3 27
2

⇔

Ta có AM = IM 2 − IA2 = x 2 − 1  AH =

)

2

2 2
2m 2 + 2
m +1 x +
.
3
3

x1 ; x2 ; x3 thỏa mãn x3 = x1 + 2 và f ( x1 ) + f ( x3 ) +
tích các hình phẳng trong hình vẽ bên. Tỉ số

2
f ( x2 ) = 0 . Gọi S1 , S 2 , S3 , S 4 là diện
3

S1 + S2
gần nhất với kết quả nào dưới đây?
S3 + S4




S1 + S 2
28 2 − 17
=
≈ 0,6 .
S3 + S4 7 11 − 4 2

(

)

Câu 50: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của y sao cho tương ứng với mỗi giá trị y luôn tồn tại không quá

(

)

(

)

15 số nguyên x thỏa mãn điều kiện log 2021 x + y 2 + log 2022 y 2 + y + 16 ≥ log 2 ( x − y ) ?

A. 2021 .

B. 4042 .

C. 2020 .
Lời giải

D. 4041 .

Chọn D

A. 0, 65 .

B. 0, 7 .

C. 0,55 .

 x + y2 > 0
x2 + y > 0
Điều kiện 
.
⇔
x − y > 0
x > y

D. 0, 6 .

(

)

(
)
( y + y + 16) − log ( x − y ) với x > y ,

Ta có bất phương trình log 2021 x + y 2 + log 2022 y 2 + y + 16 − log 2 ( x − y ) ≥ 0

Lời giải
Chọn D

(

Xét f ( x ) = log 2021 x + y

Hàm số f ( x ) = ax 4 + bx 2 + c có đạo hàm như sau:

x = 0
x = 0

⇔
f ′ ( x ) = 4ax3 + 2bx = 0 ⇔  2
 x = ± − b ( ab < 0 )
x = − b

2a


2a
Do đó hàm số có ba điểm cực trị x1 ; x2 = 0 ; x3 = − x1 vậy x3 = x1 + 2 ⇔ − x1 = x1 + 2 ⇔ x1 = −1

 x3 = 1 .

Ta có: f ' ( x ) =

2

) + log

1

2

2022

−

2

1

( x + y ) ln 2021 ( x − y ) ln 2
2

=

x ( ln 2 − ln 2021) − y ln 2 − y ln 2021

( x + y ).( x − y ) .ln 2021.ln 2
2

Ta có: x > y  x ( ln 2 − ln 2021) < y ( ln 2 − ln 2021)

(

)

Suy ra x ( ln 2 − ln 2021) − y ln 2 − y 2 ln 2021 < − y 2 − y ln 2021 < 0, ∀y ∈ ℤ .
Do đó f ' ( x ) < 0, ∀x > y, y ∈ ℤ .

(

)

(

)

3
4
2
Suy ra f ′ ( x ) = 4a ( x + 1) x ( x − 1) = 4a x − x  f ( x ) =  f ′ ( x ) dx = a x − 2 x + c

Ta có bảng biến thiên của f ( x ) là:

2
2
2

f ( x2 ) = 0 ⇔ f ( −1) + f (1) + f ( 0 ) = 0 ⇔ ( c − a ) + ( c − a ) + c = 0
3
3
3
3
3
 4
2
⇔ c = a . Vậy f ( x ) = a  x − 2 x + 
4
4


Do f ( x1 ) + f ( x3 ) +


x = ±
3
Xét f ( x ) = 0 ⇔ x − 2 x + = 0 ⇔ 
4

x = ±

4

2

1
2

Vậy S1 =

1
2


 f ( x ) dx =  f ( x ) dx = a   x
0

1

S2 =

1
2

0

1

0

1


 f ( x ) dx = −  f ( x ) dx = −a   x
1
2

1

2

1
2

4

4

1
2
3
2

.

Yêu cầu bài toán ⇔ f ( y + 16 ) < 0

⇔ log 2021 ( y 2 + y + 16 ) + log 2022 ( y 2 + y + 16 ) < log 2 16

7 2
3
a.
− 2 x 2 +  dx =
30
4

3
14 2 − 17
− 2 x 2 +  dx =

a.
4
60

Khi đó S1 + S 2 + S3 + S 4 = a .
Do đó S3 + S 4 = a − ( S1 + S 2 ) = a −

⇔ log 2021 ( y 2 + y + 16 ) +

⇔ log 2021 ( y 2 + y + 16 ) <

log 2021 ( y 2 + y + 16 )
log 2021 2022

<4

4
≈ 2, 00
1 + log 2022 2021
4

7 2
14 2 − 17
28 2 − 17
a+
a=
a.
Suy ra S1 + S 2 =
30
60

60
Ta có S1 + S 2 + S3 + S 4 là diện tích hình chữ nhật có các kích thước 1 ; f ( x2 ) − f ( x3 ) = a .

(

)

7 11 − 4 2
28 2 − 17
a=
a.
60
60

y ∈ℤ .
2

⇔ y 2 + y + 16 < 20211+ log 2022 2021 ⇔ −2021,99 ≤ y ≤ 2020,99 .
Do y ∈ ℤ nên y ∈ {−2021; −2020;...; 2020} .

Vậy có tất cả 4041 giá trị nguyên y thỏa yêu cầu bài toán.

.


BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023
ĐỀ SỐ 13
(Đề gồm có 06 trang)

KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023

Bài thi mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề

Câu 6:

Trong không gian Oxyz , véc tơ nào dưới đây là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( Oxz ) ?








A. n = (1; − 1;0 ) .
B. n = ( 0;1;0 )
C. n = (1;0;1) .
D. n = (1; − 1;1) .
Lời giải
Chọn B




Mặt phẳng ( Oxz ) vng góc với trục Oy nên nhận véc tơ n = j = ( 0;1;0 ) làm VTPT.

Họ và tên thí sinh:………………………………………………
Số báo danh:…………………………………………………….
Câu 1:

Cho số phức z = −4 + 3i . Số phức iz là
A. 3 + 4i .
B. 3 − 4i .

Câu 7:

C. −3 + 4i .
Lời giải

D. −3 − 4i .

a 2 bằng
3

B. a 6 .

C. a 2 .
Lời giải
2

Câu 8:

Với a là số thực dương ta có, 3 a 2 = a 3 .
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm biểu diễn số phức z = 5 − 2i có tọa độ là

Cấp số cộng ( un ) có u1 = −2 , công sai d = 4 . Số hạng thứ 4 của cấp số cộng đã cho là.

A. ( −2;5) .

A. -8.

Lời giải
Chọn B
Điểm biểu diễn số phức z = 5 − 2i là ( 5; − 2 ) .

B. 14.

C. 10.

D. -128.

Chọn C
Ta có: u4 = u1 + 3d = −2 + 3.4 = 10
4

Tích phân

1 2

1
x

D. a 5 .

Chọn A

Lời giải

Câu 3:

3

2

A. a 3 .

Chọn D
Ta có iz = i ( −4 + 3i ) = −3 − 4i .
Câu 2:

Với a là số thực dương tùy ý,

Câu 9:

B. ( 5; − 2 ) .

C. ( 2;5 ) .

D. ( 5;2 ) .

Cho hàm số bậc ba f ( x ) có đồ thị như hình vẽ bên:

dx là

A. 2 .

B.

1
.
2

C.

1
.

4

D. 1 .

Lời giải
Chọn D
4

Ta có:

Câu 4:

1 2

1

4

x

dx = x = 1
1

Cho hàm số f ( x ) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng
A. 2 .
B. 3 .
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A. ( −∞ ; − 2 ) .

B. ( −2;1) .
C. (1;3) .

D. ( 0;3) .

Lời giải
Chọn B
Nhìn vào bảng xét dấu của đạo hàm, áp dụng định lý mở rộng ta có: hàm số f ( x ) đồng biến

trên các khoảng ( −2;1) và ( 3;+ ∞ ) .
Câu 5:

Nghiệm của phương trình 32 x +1 = 3 x − 2 là
A. x = 1 .
B. x = −3 .

C. 1 .
Lời giải

D. −2 .

Chọn D
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 và giá trị cực tiểu là y = −2 .
Câu 10: Trong không gian Oxyz , đường thẳng nào dưới đây đi qua điểm M (1; − 2;1) ?

x −1 y − 2 z +1
=
=
.
2

−1
3
x + 1 y + 2 z −1
=
=
C. d 4 :
.
2
1
3

A. d 2 :

x −1 y + 2 z −1
=
=
.
2
−3
1
x −1 y + 2 z +1
=
=
D. d1 :
.
2
3
−1

B. d3 :

Chọn B

Lời giải
Chọn B
Từ phương trình chính tắc của đường thẳng d 3 ta thấy đường thẳng d 3 đi qua điểm M (1; − 2;1)

Ta có 32 x +1 = 3 x − 2 ⇔ 2 x + 1 = x − 2 ⇔ x = −3 .

.

C. x = −1 .
Lời giải

D. x = 3 .


2

Câu 11: Tập xác định của hàm số f ( x ) = log ( x + 1) là
A. ( −1; +∞ ) .

B. ( −∞; −1) .

C. ℝ \ {−1} .

D. (1;+∞ ) .

Lời giải
Chọn C

2

Điều kiện xác định: ( x + 1) > 0 ⇔ x ≠ −1 .

Vậy tập xác định của hàm số là D = ℝ \ {−1} .
Câu 12: Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước 5;7;8 là
A. 35 .

B. 280 .

C. 40 .

D. 56 .

A. y = − x 3 + 3 x .

Lời giải

B. 57 .

C. 40 .
Lời giải

2

 f '( x)dx bằng
1

Ta có 3 z1 + z2 = −8 + 11i  3 z1 + z2 =
Câu 14: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) =

A. ln x − 1 + C .

( −8)2 + 112

A. 3.

= 185 .

1
là
x −1

B. ln ( x − 1) + C .

C. x −

2
+C .
x −1

D. −

2

1

( x − 1)

2

+C.

Chọn A
1

1

 f ( x ) dx =  x − 1 dx =  x − 1 d ( x − 1) = ln x − 1 + C .

Câu 15: Cho khối chóp có diện tích đáy B = 3 và thể tích V = 6 . Chiều cao h của khối chóp đã cho bằng
A. 18 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 6 .
Lời giải
Chọn D
1
3V 3.6
=
 h = 6.
Ta có: V = B.h  h =
3
B
3







Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ u ( −1;3; −2 ) , v ( 2;5; −1) . Vectơ u + v có tọa độ là

B. ( −3;8; −3) .

B. −4

C. 4.
Lời giải

D. −3 .

Chọn A

Lời giải

A. (1;8; −3) .

D. y = − x 4 + 2 x 2 − 3 .

Câu 18: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [1;2] . Biết f (1) = 1 , f ( 2 ) = 4 . Khi đó

D. 56 .

Chọn A

Ta có

C. y = x 4 − 2 x 2 − 3 .

Lời giải
Chọn C
Đây là đồ thị của hàm số bậc bốn trùng phương có hệ số a > 0 .

Chọn B
Thể tích của khối hộp chữ nhật là 5.7.8 = 280 .
Câu 13: Cho hai số phức z1 = 2i − 3 và z2 = 1 + 5i . Môđun của số phức 3z1 + z2 bằng
A. 185 .

B. y = x 3 − 3 x − 3 .

C. ( 3;8; −3) .

D. ( −1; −8;3) .

Lời giải
Chọn A






Ta có: u + v = ( −1 + 2;3 + 5; −2 − 1)  u + v = (1;8; −3) .
Câu 17: Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?

Ta có

2

 f '( x)dx = f ( x ) 1 = f ( 2 ) − f (1) = 4 − 1 = 3.
1

Câu 19: Cho khối nón bán kính đáy r = 4 chiều cao h = 9 . Thể tích của khối nón đã cho bằng
A. 126π .
B. 36π .
C. 48π .

D. 108π .
Lời giải
Chọn C
1
1
Thể tích của khối nón đã cho là V = π r 2 .h = π .42.9 = 48π .
3
3

Câu 20: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 2 y + 4 z − 2 = 0 . Tâm của ( S ) có

tọa độ là
A. (1; − 1;2 ) .

B. ( −1;1; −2 ) .

C. (1;1; −2 ) .

D. ( −2; − 2;4 ) .

Lời giải
Chọn B
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1;1; − 2 ) .
Câu 21: Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) = 3sin x là
A. −3sin x + C .

B. 3cos x + C .

C. 3cos 2x + C .
Lời giải

D. −3cos x + C .

Chọn D



Ta có 3sin xdx = −3cos x + C .
Câu 22: Cho hình trụ có thiết diện qua trục là hình vng cạnh bằng 4a . Diện tích xung quanh của hình
trụ đã cho bằng
A. 16π a 2 .

B. 4π a 2 .

C. 64π a 2 .

D. 8π a 2 .


Lời giải

B. A53 .

A. 5!.

Chọn A

C. C53 .

D. 53 .

Lời giải
Chọn B
Mỗi cách xếp chỗ ngồi cho 3 học sinh vào một dãy ghế hàng ngang gồm 5 ghế, mỗi học sinh
ngồi một ghế là một chỉnh hợp chập 3 của 5.

Vậy số cách sắp xếp là: A53 .
9 − x2
là
x − 6x + 5
C. 1.
Lời giải

Câu 26: Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số y =

A. 2.

Gọi R, h, l lần lượt là bán kính đáy, chiều cao, đường sinh của hình trụ.
Theo bài ra ta có, hình trụ có thiết diện qua trục là hình vng ABCD cạnh bằng 4a nên:
AB 4a
R=
=
= 2a , l = h = AD = 4a .
2
2
Diện tích xung quanh của hình trụ là: S xq = 2π Rl = 2π .2a.4a = 16π a 2 .
thẳng ∆ đi qua M và vng góc với mặt phẳng ( P ) có phương trình tham số là
 x = 4t

B.  y = −1 + t .

 z = 2 − 3t


x = 4

C.  y = 1 − t .
 z = −3 + 2t

Lời giải

 x = 4t

D.  y = −1 .
 z = 2 − 3t


Chọn B


Ta có: ∆ ⊥ ( P )  ∆ có vec-tơ chỉ phương u = ( 4;1; −3) .
 x = 4t

Mặt khác ∆ đi qua M ( 0; −1;2 ) nên ∆ :  y = −1 + t .
 z = 2 − 3t


Câu 24: Hàm số nào sau đây nghịch biến trên ℝ .
x +1
A. y =
.
x −1

2

D. 3.

Chọn C

x =1
Tập xác định: D = [ −3;3] \ {1} . Ta có x 2 − 6 x + 5 = 0 ⇔ 
.
x = 5
9 − x2
9 − x2
= −∞ , lim y = lim 2
= +∞ nên đồ thị hàm số có một
x →1−
x →1− x − 6 x + 5
x2 − 6 x + 5
tiệm cận đứng là x = 1 .

Do lim y = lim

Câu 23: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 0; −1;2 ) và mặt phẳng ( P ) : 4 x + y − 3z − 2 = 0 . Đường
x = 4

A.  y = −t
.
 z = −3 + 2t


B. 4.

2

x →1+

x →1+

Do x = 5 ∉ [ −3;3] nên đồ thị hàm số không nhận x = 5 là tiệm cận đứng.
Vì hàm số có tập xác định là D = [ −3;3] \ {1} nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang.
Vậy đồ thị hàm số đã cho chỉ có 1 tiệm cận đứng là x = 1 .
Câu 27: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , SA vng góc với mặt phẳng đáy và
3a
SA =
. Gọi M là trung điểm của BC , góc giữa đường thẳng SM và mặt phẳng ( ABC ) bằng
2
A. 450 .

B. 300 .

C. 600 .
Lời giải

D. 900 .

Chọn C

B. y = − x 2 − 1 .
D. y = − x3 + 3 x 2 − 3 x + 5 .

C. y = − ( x + 1) .

Lời giải
Chọn D

Hàm số y =

x +1
có tập xác định là D = ℝ \ {1} , nên hàm số không nghịch biến trên ℝ .
x −1

Hàm số y = − x 2 − 1 có y ' = −2 x ≤ 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) , nên hàm số không nghịch biến trên ℝ .
2

Hàm số y = − ( x + 1) có y ' = −2 x − 2 ≤ 0, ∀x ∈ [ −1; +∞ ) , nên hàm số không nghịch biến trên ℝ

Ta có ∆ABC đều, cạnh a nên AM =

a 3
. SA ⊥ ( ABC ) nên góc giữa đường thẳng SM và
2

.
mặt phẳng ( ABC ) là góc SMA

Hàm số y = − x 3 + 3 x 2 − 3 x + 5 có y ' = −3 x 2 + 6 x − 3 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ , nên hàm số nghịch biến trên

ℝ.
Câu 25: Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho 3 học sinh vào một dãy ghế hàng ngang gồm 5 ghế, mỗi
học sinh ngồi một ghế

=
Trong ∆SMA vng tại A ta có: tan SMA

đường thẳng SM và mặt phẳng ( ABC ) là 600 .

3a
SA
 = 600 . Vậy góc giữa
= 2 = 3  SMA
AM a 3
2


Câu 28: Với a là số thực dương tùy ý, ta có
A. a = 4log 4 a .

B. a = 2log 4 a .

C. a = 4log 2 a .
Lời giải

D. a = a log 2 4 .

Chọn A
Với b, c > 0; b ≠ 1 ta ln có b logb c = c . Do vậy ta có 4log 4 a = a .

Câu 29: Đồ thị hàm số y =

A. 3.

3x + 6
cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ bằng
x−2
B. −3 .
C. 0.
Lời giải

3
Khơng gian mẫu có số phần tử: n ( Ω ) = C40
= 9880 .

D. −2 .

1
Trường hợp 2: Ban cán sự có 2 nữ và 1 nam: C152 .C25

1
2
2
1
 n ( A ) = C15
.C25
+ C15
.C25
= 7125  P ( A ) =

8
D. − i .
5

D. ( −1; +∞ )

1

=

7125 1425
.
=
9880 1976

Câu 34: Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên trong 10 số tự nhiên đầu tiên. Xác suất để chọn được số chia
hết cho 3 bằng
3
4
7
2
A.
.
B. .
C.
.
D. .
10
9
10
5
Lời giải
Chọn D

Gọi biến cố A “chọn được số chia hết cho 3 ”. Trong 10 số tự nhiên đầu tiên, các số chia hết
n ( A) 4 2
cho 3 gồm: 0;3;6;9 , nên ta có n ( A) = 4 . Vậy P ( A ) =
=
= .
n ( Ω ) 10 5
Câu 35: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có độ dài cạnh đáy bằng 4 và độ dài cạnh bên bằng 6 .
Khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ABCD ) bằng

Chọn B

( x − 1)2

n ( A)
n ( Ω)

1
Ta có n ( Ω ) = C10
= 10 .

Lời giải

Tập xác định D = R \ {1} . Đạo hàm f ' ( x) =

Gọi biến cố A : “Ban cán sự lớp gồm 3 học sinh có cả nam và nữ”
1
2
Trường hợp 1: Ban cán sự có 1 nữ và 2 nam: C15
.C25

Chọn D
3x + 6
= 0  x = −2 .
Tập xác định: D = ℝ \ {2} . Cho y = 0 ⇔
x−2
z
Câu 30: Cho số phức z = 2 − 6i , khi đó số phức
có phần ảo bằng
1 + 3i
6
6
8
A. − .
B. − i .
C. − .
5
5
5
Lời giải
Chọn A
2 − 6i ( 2 − 6i )(1 − 3i ) −16 − 12i
8 6
=
=
=− − i.
Ta có
1 + 3i
1+ 9
10
5 5

x−2
Câu 31: Hàm số f ( x ) =
đồng biến trên khoảng nào dưới đây
x −1
A. ( −1;2 )
B. ( −2; −1)
C. ( −2; +∞ )

Câu 33: Một lớp học có 15 học sinh nữ và 25 học sinh nam. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn một ban cán
sự lớp gồm 3 học sinh. Tính xác suất để ban cán sự lớp có cả nam và nữ.
251
2625
1425
450
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
1976
9880
1976
988
Lời giải
Chọn C

> 0, ∀x ∈ D

A. 2 5 .

B. 2 7 .

C. 2 .

D.

7.

Lời giải
Chọn B
Gọi I = AC ∩ BD .

Bảng biến thiên

Vì giả thiết hình chóp tứ giác đều S . ABCD nên SI ⊥ ( ABCD ) . Hay d( S ,( ABCD ) ) = SI
Xét ∆SIA vng tại I có: SA = 6 , AI =

1
1
AC = .4 2 = 2 2 .
2
2

SI = SA2 − AI 2 = 36 − 8 = 2 7 .
Câu 36: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1; −1; −3) . Gọi I là hình chiếu của A trên mặt phẳng

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;1) và (1;+∞ ) .

Câu 32: Tập nghiệm của bất phương trình log 0,5 (2 x + 8) < log 0,5 ( −2 x + 4) là
A. ( −1; +∞ )

B. ( −4; −1)

C. ( −1; 2 )

D. ( −∞; −1) ∪ ( 2; +∞ )

Lời giải
Chọn C

2 x + 8 > 0
Điều kiện 
 −4 < x < 2 Khi đó ta có: 2 x + 8 > −2 x + 4  x > −1
−2 x + 4 > 0
Kết hợp với điều kiện suy ra −1 < x < 2 .

( Oyz )

phương trình mặt cầu tâm I qua A là
2

2

2

2

2

A. x 2 + ( y − 1) + ( z − 3) = 1 .

2

B. x 2 + ( y + 1) + ( z + 3) = 10 2 7 .

C. x 2 + ( y + 1) + ( z + 3) = 1 .

D. 2047 − 1025 + 1 + 3 = 1026 .

Lời giải
Chọn C
Vì I là hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng ( Oyz )  I ( 0; −1; −3) .






Ta có: IA = (1;0;0 ) . IA = 1 . Suy ra bán kính của mặt cầu tâm I qua A là R = 1 .
2

2

Vậy mặt cầu tâm I qua A có phương trình là x 2 + ( y + 1) + ( z + 3) = 1 .

)

 ln x + x 2 + 1 



Câu 37: Biết F ( x) là một nguyên hàm của f ( x) = 
x2 + 1
bằng

(

2023

 ln 1 + 2 
− 2023

A. 
.
2023

(

C.

(

1+ 2

)

)

2023

− 2023

2023

2022

và F (0) = 1 . Giá trị của F (1)

2023

Quãng đường xe đi được trong 10 phút đầu tiên kể từ khi hết đèn đỏ là
A. 8.160 m .
B. 8.610 m .
C. 10.000 m .
D. 8.320 m .

+ 2023

Chọn A

 ln 1 + 2 
+ 2023

B. 
.
2023

(

D.

.

)

(

1+ 2

)

2023

2023

Lời giải

.

Phương trình Parabol của chuyển động có dạng y = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 )

Lời giải

Phương trình vận tốc của chuyển động v = at 2 + bt + c ( a ≠ 0 )

Chọn B

)

 ln x + x 2 + 1 



Ta có F ( x) = 
x2 + 1



(



Vậy F ( x) = t 2022dt =

Đỉnh của Parabol có tọa độ I ( 5;1000 ) 

2022

(
x + 1 )


)

dx . Đặt t = ln x + x 2 + 1  dt =

2023

t
+C =
2023

(

 ln x +


2

1
x2 + 1

dx

2023

2023

)

(

ln x + x 2 + 1 


F (0) = 1 ⇔ C = 1  F ( x) = 
2023

Đồ thị hàm số đi qua điểm O ( 0;0 )  c = 0
Đồ thị hàm số đi qua điểm I ( 5;1000 )  25a + 5b + c = 1000 ( 2 )

10a + b = 0

a = −40
Từ (1) và ( 2 ) ta có hệ phương trình 
⇔
25a + 5b = 1000
b = 400

+C

Theo giả thiết ta có
2023

Với t = 6  v = ( −40).6 2 + 400.6 = 960
2023

ln 1 + 2 
+ 2023

+ 1  F (1) = 
.
2023

(

)

Phương trình đường thẳng có dạng y = 960
6



Câu 38: Cho số phức z thoả mãn z − 2 + 2i = 2 z − 1 + i . Môđun của z bằng

B.

C. 2 .
Lời giải

2.

D. 2 2 .

10



Quãng đường đi được s = ( −40 x 2 + 400x) dx + 960dx = 8.160 m
0

A. 4 .

−b
= 5  10a + b = 0 (1)
2a

6

Câu 40: Cửa hàng A có đặt trước sảnh một cái nón lớn với chiều cao 1.35m và sơn cách điệu hoa văn
AB như hình vẽ. Biết
trang trí một phần mặt ngồi của hình nón ứng với cung nhỏ 
AB = 1.45m, 

ACB = 1500 và giá tiền để trang trí là 2.000.000 đồng mỗi mét vng. Hỏi số tiền

Chọn C

mà cửa hàng A cần dùng để trang trí là bao nhiêu?
A. 4.215.000 đồng.
B. 4.510.000 đồng.
C. 3.021.000 đồng.

z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) .
Ta có: x + yi − 2 + 2i = 2 x + yi − 1 + i

(

)

⇔ x 2 − 4 x + 4 + y 2 + 4 y + 4 = 2 x2 − 2 x + 1 + y 2 + 2 y + 1 ⇔ x 2 + y 2 = 4 .
2

2

Suy ra z = x + y = 2 .

Câu 39: Một ô tô sau khi chờ hết đèn đỏ đã bắt đầu chuyển động với vận tốc được biểu thị bằng đồ thị là
đường cong Parabol. Biết rằng sau 5 phút thì xe đạt vận tốc cao nhất 1000 m/phút và bắt đầu
giảm tốc, đi được 6 phút thì xe bắt đầu chuyển động đều

Lời gải
Chọn D

D. 3.008.000 đồng.


Chọn A
2

Đặt t = 2( x −1) , ( t ≥ 1) phương trình trở thành: f ( t ) = t 2 − 2mt + 3m − 2 = 0, (1) .
2

Với t = 1 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 có duy nhất một nghiệm x .
2

Với t > 1 ⇔ ( x − 1) = log 2 t ⇔ x = 1 ± log 2 t có hai nghiệm x .

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm

Gọi O , R là bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆ABC cũng là bán kính của đường trịn đáy của
hình nón. Khi đó diện tích đường trịn đáy của hình nón là: S(O) = π R 2 .
Áp dụng định lý sin ta có: R =

AB
1, 45
=
= 1, 45  R = OA = OB = AB  ∆ABC
0
2sin 
ACB 2sin150

R 2 .600 1 2 1
AOB = 600  diện tích hình quạt AOB là: SquatAOB = π .

= π R = S( O ) .
đều  
6
6
3600
1
Do đó diện tích mặt được sơn chiếm diện tích xung quanh của hình nón.
6
Vì vậy số tiền cần sơn là:
1
1
T = π Rl.2.106 = π .2.106.1,45. 1,352 + 1, 452 ≈ 1,504.2.106 = 3.008.000 đồng.
6
6
2 x +1 + m
với m là tham số thực. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên
x +1 +1
dương của m để hàm số có giá trị lớn nhất trên đoạn [ −1;8] nhỏ hơn 3. Số phần tử của tập S là

m2 − 3m + 2 > 0
∆ ' > 0


t1 , t 2 thỏa mãn 1 < t1 < t2 ⇔  S > 2
⇔  2m > 2
⇔m>2.
1. f 1 > 0
1 − 2m + 3m − 2 > 0
 ( )


Vậy các số nguyên cần tìm là m ∈ {3, 4,..., 2020} . Vậy có 2018 giá trị thỏa mãn.

Câu 43: Trong khơng gian

( P ) : 2 x + 2 y − z − 3 = 0 . Đường thẳng
x−3
d1 :
=
2
x+2
A.
=
−1
x+2
C.
=
2

Câu 41: Cho hàm số f ( x ) =

A. 1 .

B. 3 .

C. 0 .
Lời giải

D. 2 .

Oxyz , cho hai điểm A (1; −1; −3) , B ( 0;1; −1) và mặt phẳng

∆ song song với mặt phẳng ( P ) , cắt cả hai đường thẳng

y z+5
x y −1 z +1
và tạo với AB một góc lớn nhất có phương trình là
=
, d2 : =
=
1
−2
1
2
−1
y + 3 z −1
x −1 y +1 z + 3
.
B.
.
=
=
=
2
2
2
−1
2
y + 3 z −1
x
y −1 z +1
.

D.
.
=
=
=
−1
2
−1
2
2
Lời giải

Chọn C
Ta có A = d1 ∩ ( P ) , B = d 2 ∩ ( P ) .






Mặt phẳng ( P ) có véc tơ pháp tuyến là n ( 2; 2; −1) và AB ( −1;2; 2 )

Chọn D

Gọi M = d1 ∩ ∆  M ( 3 + 2t ; t; −5 − 2t ) ; N = d2 ∩ ∆  N ( h;1 + 2h; −1 − h )

Điều kiện xác định của hàm số là x ≥ −1 . Đặt t = x + 1 , với x ∈ [ −1;8]  t ∈ [ 0;3] .

Suy ra  MN ( h − 3 − 2t ; 2h + 1 − t ; −h + 4 + 2t )

Khi đó hàm số f ( x ) trở thành g ( t ) =





Do ∆ song song với mặt phẳng ( P ) nên MN .n = 0 ⇔ 7h − 8t − 8 = 0

2t + m
2−m
. Ta có g ′ ( t ) =
t +1
( t + 1)2

( 2)

−11
Từ (1) và ( 2) suy ra h = −2; t =
4




Vậy ∆ đi qua N ( −2; −3;1) và có véc tơ chỉ phương u = 4MN = ( 2; −1; 2 ) có phương trình

[0;3]

2 − m < 0
m > 2
⇔ 2Trường hợp 2: max g ( t ) = g ( 0 ) < 3 ⇔ 
m < 3
 [0;3]

x + 2 y + 3 z −1
.

=
=
2
−1
2
Câu 44: Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C′ có đáy là tam giác đều, góc giữa hai mặt phẳng ( A′B′C ′ ) và

m < 2
2 − m > 0

⇔m<2
Trường hợp 3: max g ( t ) = g ( 3) < 3 ⇔  m + 6
 [0;3]
 4 < 3

( BCC′B′ ) bằng

Vậy tập S có 2 phần tử.
2

Câu 42: Có bao nhiêu số nguyên m ∈ [ −2020;2020] để phương trình 4( x −1) − m.2 x

2

−2 x+ 2

60° , hình chiếu vng góc của B′ lên mặt phẳng

( ABC ) trùng với trọng tâm tam

giác ABC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA′ và B′C′ bằng 3a . Thể tích khối lăng trụ đã
cho bằng

Kết hợp các trường hợp trên suy ra m < 3 mà m nguyên dương  m ∈ {1;2} .
+ 3m − 2 = 0 có

A. 8a 3 3 .

B.

8a 3 3
.
3

C.

Lời giải
C. 2020 .
Lời giải

(1)





Ta lại có ∆ tạo với AB một góc lớn nhất AB ⊥ ∆  AB.MN = 0 ⇔ h + 4t + 9 = 0

Trường hợp 1: Nếu m = 2  g ( t ) = 2  max g ( t ) = 2 < 3 ( tm)

bốn nghiệm phân biệt?
A. 2018 .

B. 2022 .




D. 2016 .

Chọn A

8a 3 6
.
3

D. 8a 3 6 .


Ta gọi các giao điểm của d và ( C ) lần lượt là A ( 0; 2 ) , B ( xB ; − xB + 2 ) , C ( xC ; − xC + 2 ) với
 x + xC = −2m
xB , xC là nghiệm của phương trình (1). Theo định lí Viet, ta có:  B
.
= 3m − 2
 xB .xC
1
Ta có diện tích của tam giác MBC là S∆MBC = ⋅ BC ⋅ d ( M , BC ) = 2 2 .
2

Phương trình d được viết lại là: d : y = − x + 2 ⇔ x + y − 2 = 0 .
Mà d ( M , BC ) = d ( M , d ) =

Do đó: BC =

3 +1− 2
12 + 12

2 S ∆MBC
2.2 2
=
= 4 ⇔ BC 2 = 16 .
d ( M , BC )
2
2

Gọi M là trung điểm BC , O là trọng tâm tam giác ABC , H là hình chiếu vng góc của O
lên B′M . Giả sử cạnh đáy bằng x .
Ta có B′O ⊥ ( ABC ) và

′MO .
( ( A′B′C′) , ( BCC′B′) ) = ( ( ABC ) , ( BCC′B′) ) = B

d ( A′A, B′C ′ ) = d ( A′A, ( B′C ′CB ) ) = d ( A, ( B′C′CB ) ) = 3d ( O, ( B′C ′CB ) ) = 3OH = 3a
 OH = a .

Trong tam giác B′OM có

Suy ra


x 3
OM =
1
1

1

6
,
trong
đ
ó
.
=
+

OH 2 BO 2 OM 2
 B′O = OM .tan 60° = x


2

1
4 12
=
+
 x = 4a .
a 2 x2 x 2

x x2 3
= 8a 3 3
2 4

Thể tích khối lăng trụ V = B′O.S ABC = .

2
= 2.
2

=

2

2

2

Ta lại có: BC 2 = ( xC − xB ) + ( yC − y B ) = ( xC − xB ) + ( − xC + 2 ) − ( − xB + 2 )  .
2

2

2

2

= ( xC − xB ) + ( xB − xC ) = 2 ( xC − xB ) = 16 ⇔ ( xC − xB ) = 8
2
m = 0
2
⇔ ( xB + xC ) − 4 xB .xC = 8 ⇔ ( −2m ) − 4 ( 3m − 2 ) = 8 ⇔ 4m2 − 12m = 0 ⇔ 
(thỏa mãn)
m = 3
Vậy S = {0;3}  02 + 32 = 9.

Câu 46: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm

A ( 3;1;2 ) , B ( −1;3; −2 )

và đường thẳng

x−4 y−5 z −3
. Mặt cầu ( S ) qua hai điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng d có bán
d:
=
=
2
−1
2
kính nhỏ nhất thì hồnh độ tâm mặt cầu khi đó bằng
1
5
3
A. 3 .
B. .
C. .
D. .
4
4
2
Lời giải
Chọn C

Câu 45: Cho hàm số y = x3 + 2mx 2 + 3 ( m − 1) x + 2 có đồ thị là ( C ) và đường thẳng d : y = − x + 2 . S
là tập các giá trị m thỏa mãn ( d ) cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt A ( 0; 2 ) , B, C sao cho diện tích

tam giác MBC bằng 2 2 , với M ( 3;1) . Tính tổng bình phương các phần tử của S ?

A. 4 .

B. 3 .

C. 9 .
Lời giải

D. 25 .

Chọn C
Phương trình hồnh độ giao điểm của ( d ) và đồ thị ( C ) :
x3 + 2mx 2 + 3 ( m − 1) x + 2 = − x + 2 ⇔ x3 + 2mx 2 + 3 ( m − 1) x + x = 0
⇔ x3 + 2mx 2 + ( 3m − 2 ) x = 0

x = 0
⇔ 2
(1)
 x + 2mx + 3m − 2 = 0

Gọi mặt cầu ( S ) có tâm I và bán kính là R .
Mặt cầu ( S ) qua hai điểm A, B nên I thuộc mặt phẳng ( P ) là mặt phẳng trung trực của AB

Với x = 0 , ta có giao điểm là A ( 0;2 ) .

Ta có ( P ) : 2 x − y + 2 z = 0 .

( d ) cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

Nhận xét thấy đường thẳng d ⊥ ( P ) tại H ( 2;6;1) , hình chiếu vng góc của I lên ( d ) là H .

3m − 2 ≠ 0
⇔
2
∆′ = m − 3m + 2 > 0

2

m ≠ 3

⇔
(*) .
m>2

  m < 1

Do đó mặt cầu ( S ) tiếp xúc với ( d ) tại H .
Mặt cầu ( S ) qua hai điểm A, H nên I thuộc mặt phẳng ( Q ) là mặt phẳng trung trực của AH
Ta có ( Q ) : −2 x + 10 y − 2 z − 27 = 0 .


Vì I ∈ ( P ) ; I ∈ ( Q ) nên I ∈ ( ∆ ) với ∆ là giao tuyến của ( P ) , ( Q ) .

x = 1 + t
1 


 I  1 + t ;3; − t   R = AI =
Ta có ∆ :  y = 3

2 


1
z = − t

2

( t − 2 )2 + 4 +  −t −


3

2

2

1
41
5 1
. Suy ra, Rmin khi t =  I  ;3; 
4
4
4 4
Câu 47: Có bao nhiêu số phức z có phần thực và phần ảo đều là các số nguyên thỏa mãn
z + i + z − 3i = z + 4i + z − 6i và z ≤ 10 ?
Hay R = 2t 2 − t +

A. 12 .

B. 2 .

C. 10 .
Lời giải

D. 5 .

Chọn A
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z , A ( 0; −1) , B ( 0;3) , C (0; −4), D ( 0;6 ) .
Ta có z + i + z − 3i = z + 4i + z − 6i ⇔ MA + MB = MC + MD .

Theo bất đẳng thức tam giác ta có MC + MD ≥ CD = 10 .
Do đó MA + MB = MC + MD = 2a0 ( a0 ≥ 5).
Vi vậy M thuộc hai elip ( E1 ) , ( E2 ) có cùng độ lớn là 2a0 và tâm của hai elip này trùng nhau

 M 1 ( 0;1 + a0 )
tại I ( 0;1) là trung điểm của AB, CD . Do đó M = ( E1 ) ∩ ( E2 )  
 M 2 ( 0;1 − a0 )

Biết rằng đồ thị của hai hàm số đã cho cắt nhau tại 3 điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 , x3
thỏa mãn x1 + x2 + x3 = 9 . Khi đó điện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f ( x ) ;
y = g ( x ) ; x = 1 ; x = 2 bằng

A.

3
.
4

B.

3
.
2

C.

1
.
4

D.

1
.
2

Lời giải
Chọn A
Tại các điểm cực trị α , β của f ( x ) thì g (α ) = g ( β ) = 0 , do đó
g ( x ) = c ( x − α )( x − β ) và f ′ ( x ) = 3ax 2 + 4 x + b = 3a ( x − α )( x − β ) .

c = 3ka
k = 1
Do đó g ( x ) = kf ′ ( x ) ⇔ cx 2 + 4 x + d = k 3ax 2 + 4 x + b ⇔ 4 = 4k ⇔ c = 3a .
d = kb
d = b



(

)

Suy ra f ( x ) = ax3 + 2 x 2 + bx + 1 và g ( x ) = 3ax2 + 4 x + b .
3
2
2
Phương trình hồnh độ giao điểm ax + 2 x + bx + 1 = 3ax + 4 x + b
⇔ ax3 + ( 2 − 3a ) x 2 + ( b − 4 ) x + 1 − b = 0 .

Theo Vi-et x1 + x2 + x3 =
x0 =

3a − 2
1
= 9 ⇔ a = −  g ( x ) = − x 2 + 4 x + b đạt giá trị lớn nhất tại
a
3

−4
= 2 và giá trị lớn nhất bằng g ( 2 ) = 1 ⇔ b + 4 = 1 ⇔ b = −3  c = −1  d = −3 .
−2
2

Vậy S =

1

 −3x

3

+ 3 x 2 − 7 x + 4 dx =

1

3
.
4

Câu 49: Cho hàm đa thức y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ sau:
Trường hợp 1: M ( 0;1 + a0 )  z ≤ 10 ⇔ 1 + a0 ≤ 10 ⇔ 5 ≤ a0 ≤ 9 trường hợp này có 5 số
phức thỏa mãn.
Trường hợp 2: M ( 0;1 − a0 )  z ≤ 10 ⇔ 1 − a0 ≤ 10 ⇔ 5 ≤ a0 ≤ 12 trường hợp này có 12 số

phức thỏa mãn.
Vậy có tổng 12 số phức thỏa mãn.
Câu 48: Cho hai hàm số f ( x ) = ax3 + 2 x2 + bx + 1 và g ( x ) = cx 2 + 4 x + d có bảng biến thiên như sau

(

)

Có bao nhiêu giá trị của m để m ∈ [ 0;6] , 2m ∈ ℤ để hàm số g ( x ) = f x 2 − 2 x − 1 − 2 x + m có

đúng 9 điểm cực trị?


A. 6 .

B. 5 .

C. 7 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn A

(

)

2

Đặt g ( x ) = h ( x − 1 ) = f x − 1 − 2 x − 1 + m − 1 .

(

)

( )
y = h ( x ) . Như vậy, để hàm số

Do đồ thị hàm số y = h x − 1 có được khi tịnh tiến đồ thị hàm số y = h x sang phải một đơn

(

)

vị nên số cực trị của hàm số y = h x − 1 bằng số cực trị hàm

(

)

2
g ( x ) có 9 cực trị thì hàm số y = h ( x ) = f x − 2 x + m − 1 có 4 cực trị có hồnh độ dương.

t = 1
Nhận thấy g (1) = g (1,5 ) = g ( 2 ) = 0 nên (*) ⇔ t = 1,5

t = 2

 x 4 − 4 x 2 + log 4 a = 1

Vậy  x 4 − 4 x 2 + log 4 a = 1,5 ⇔
 4
2
 x − 4 x + log 4 a = 2

 4 x 2 − x 4 = log 4 a − 1(1)

 4 x 2 − x 4 = log 4 a − 1,5 ( 2 )
 2
4
 4 x − x = log 4 a − 2 ( 3)

Mà 3 đường thẳng y = log 4 a − 1, y = log 4 a − 1,5; y = log 4 a − 2 đôi một song song

Hàm số g ( x ) = 4 x 2 − x 4 có bảng biến thiên, như sau.

x = 1
Lại có: y′ = ( 2 x − 2 ) f ′ x 2 − 2 x + m − 1 . Cho y′ = 0  
.
2
 f ′ x − 2 x + m − 1 = 0 (*)

(

)

(

)

 x − 2 x − 1 = 1 − m (1)
 x − 2x + m − 1 = 1

 2
(*)   x − 2 x + m − 1 = 2   x 2 − 2 x − 1 = 2 − m ( 2 )
 2
 2
 x − 2 x − 1 = 3 − m ( 3)
 x − 2 x + m − 1 = 3
2

2

Vậy phương trình có đúng 8 nghiệm khi và chi khi

Trường hợp 1: Các phương trình ( 2) ; ( 3) mỗi phương trình có 4 nghiệm

(trường hợp x 2 − 2 x + m − 1 = 0 có nghiệm bội chẵn nên không là cực trị).
Xét hàm số t ( x ) = x 2 − 2 x − 1  t ′ ( x ) = 2 x − 2

log 4 a − 1 > 4

⇔ 0 < log 4 a − 1,5 < 4 ⇔ 5 < log 4 a < 5,5 ⇔ 1024 < a < 2048  a ∈ {1025,…, 2047}
0 < log a − 2 < 4

4
Trường hợp 2: Phương trình (1) có 4 nghiệm và phương trình ( 2 ) ; ( 3) mỗi phương trình có 2

Để hàm số đã cho có 9 cực trị thì phương trình (1) , ( 2 ) , ( 3) phải có 3 nghiệm dương phân biệt

1 − m ≥ −1
m ≤ 2
 0 ≤ 2m ≤ 4
khác 1. Khi đó, ta có: 
⇔

.
 −2 < 2 − m < −1 3 < m < 4  6 < 2m < 8
Do 2m ∈ ℤ  2m ∈ {0;1;2;3; 4;7}. Vậy có 6 giá trị m thỏa u cầu bài tốn.
Câu 50: Có bao nhiêu số nguyên dương a sao cho ửng với mỗi a tồn tại đúng 8 số thực x thỏa mãn

(x

4

)(

− 4 x 2 − 3 + log 4 a a.22 x

A. 1024.

4

−8 x2 −3

)

+ 1 = −3?

B. 1028.

C. 1023.

D. 1026.

Lời giải
Chọn D
1
Đặt t = x 4 − 4 x 2 + log 4 a ⇔ x 4 − 4 x 2 = t − log 4 a = t − log 2 a
2
Phương trình trở thành:
3
3
( t − 3 ) 2 2 t − 3 + 1 = −3 ⇔ t − 3 = − 2 t − 3 ⇔ g ( t ) = t − 3 + 2 t − 3 = 0
2

+1
2
+1

(

; g′(t ) = 1 −

)

6.2

(2

2t − 3

2t − 3

.ln 2

)

+1

2

= 0 có đúng 2 nghiệm nên (*) có tối đa 3 nghiệm

(*)

0 < log 4 a − 1 < 4

nghiệm ⇔ log 4 a − 1,5 < 0 ⇔ 1 < log 4 a < 1,5 ⇔ 4 < a < 8  a ∈ {5,6,7} .
log a − 2 < 0
 4

Vậy có tất cả 1026 giá trị của m .


BỘ ĐỀ THỰC CHIẾN 2023
ĐỀ SỐ 14
(Đề gồm có 06 trang)

KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023
Bài thi mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề

Họ và tên thí sinh:………………………………………………
Số báo danh:…………………………………………………….
Câu 1:

Đạo hàm của hàm số y = log 5 x là

ln 5
B. y ' =
.
x

x
A. y ' =

.
ln 5

C. y ' = x ln 5 .

A. y = x 3 − 3 x + 1 .

1
D. y ' =
.
x ln 5

Lời giải

Tập xác định: (0;+∞) . Khi đó đạo hàm: ( log5 x ) ' =
Câu 2:

Rút gọn biểu thức
A. 2a .

3

Câu 7:

a3 − a 2 với a < 0 , ta được kết quả là
B. 2 a .

C. a .
Lời giải

Tập xác định: D = ℝ . Với a < 0 ta có:
Câu 3:

1
.
x ln 5

3

3

D. 0 .

2

a − a = a − a = a + a = 2a .

Họ các nguyên hàm của hàm số f ( x ) = e2 x +3 là

1
A. e 2 x +3 + C .
2

1
B. e 2 x + 3 + C .
3

Câu 8:
C. 2e

2 x +3

+C.

D. e

2 x+3

Lời giải

Câu 4:

2 x+3

A. −16 .

Ta có q =
Câu 5:

B. 2 .

C. −2 .
Lời giải

B. x =

3
.
2

D. 5 − log 5 a .

Lời giải
25
= log 5 25 − log 5 a = 2 − log 5 a .
Ta có log 5
a
Trong khơng gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 3x − z + 2 = 0 . Vectơ nào sau đây là một vectơ




B. n2 = (3; −1; 2) .



C. n1 = (0;3; −1) .




D. n4 = (3; −1;0) .

2

2

Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x −1) + ( y + 2) + z 2 = 16 . Tâm của mặt cầu ( S )
có tọa độ là
A. (−1; 2;1) .

u3
u
−4
= −2 . Do đó u1 = 2 =

= 2.
q −2
u2

B. (−1; 2;0) .

C. (1; −2;0) .

D. (1; −2;1) .

Lời giải

Từ phương trình mặt cầu suy ra tâm của mặt cầu ( S ) có tọa độ là (1; −2;0) .
C. x = 2 .

D. x =

13
.
2

Lời giải
13
Ta có: log ( 2 x − 3) = 1 ⇔ 2 x − 3 = 10 ⇔ x = .
2
Đường cong trong hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương
án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
1

Câu 6:

Câu 9:

C. 16 .

Nghiệm của phương trình log ( 2 x − 3) = 1 là
A. x = 3 .

D. y = − x 4 + 2 x 2 + 1 .

Lời giải


Từ phương trình mặt phẳng ( P ) suy ra n3 = (3;0; −1) là một vectơ pháp tuyến của ( P) .

1
dx = e 2 x +3 + C .
2
Nếu cấp số nhân ( un ) có u2 = −4, u3 = 8 . Giá trị của u1 bằng

e

3
C. y = − x + 3 x + 1 .

Lời giải
Căn cứ vào hình dáng đồ thị, loại 2 phương án B và D.
Đồ thị có nhánh cuối cùng đi lên, suy ra hệ số a dương.
25
Với a là số thực dương tùy ý, log 5
bằng

a
5
2
A. 2 − log 5 a .
B.
.
C.
.
log 5 a
log 5 a

pháp tuyến của ( P) ?


A. n3 = (3;0; −1) .

+C .

B. y = x 4 − 2 x 2 + 1 .

Câu 10: Một khối chóp có đáy là hình vng cạnh bằng 2 và chiều cao bằng 6. Thể tích khối chóp bằng
A. 6 .
B. 24 .
C. 8 .
D. 12 .
Lời giải
1
1
Thể tích khối chóp: V = S .h = .4.6 = 8 .
3
3

Câu 11: Trong mặt phẳng Oxy , điểm biểu diễn số phức z = −3 + 5i có tọa độ là

A. ( −3; −5) .

B. ( −3;5 ) .

C. ( 5;3) .

Lời giải
Điểm biểu diễn số phức z = −3 + 5i có tọa độ là ( −3;5 ) .
Câu 12: Đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 cắt trục tung tại điểm có hồnh độ bằng

D. ( 5; −3) .


B. 2 .

C. ± 3 .
Lời giải
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có hồnh độ bằng 0 .

A. −3 .

2
1

Câu 13: Tích phân   + 2 dx bằng
x

1

A. ln 2 − 1 .
B. ln 2 + 3 .

D. 0 .

A.

 f ( x ) dx = 12 x

C.

 f ( x ) dx = x

4

2

− 6x + C .

+ x3 + C .

4

− x3 + C .

B.

 f ( x ) dx = x

D.

 f ( x ) dx = 3 x

4

4

3
− x3 + C .
2

Lời giải
Ta có

C. ln2+1.
Lời giải

D. ln 2 + 2 .

2

2
1

Ta có   + 2 dx = ln x + 2 x 1 = ln 2 + 2 .
x

1
2x + 4
Câu 14: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y =

là đường thẳng
x −1
A. y = 1 .
B. y = −2 .
C. y = −4 .

 f ( x ) dx =  ( 4 x

3

− 3x ) dx = x − x + C .
2

4

3

Câu 19: Một hình nón có bán kính đáy r = 3a và độ dài đường sinh l = 2a . Diện tích xung quanh của
hình nón đó bằng

A.

3π a 2 .

B. 4 3π a 2 .

C. 8 3π a 2 .
Lời giải

D. 2 3π a 2 .

Diện tích xung quanh của hình nón S xq = π rl = π 3a.2a = 2 3π a 2 .

D. y = 2 .

Câu 20: Cho hàm số bậc bốn f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Lời giải
2x + 4
2x + 4
= 2 và lim y = lim
= 2.
Xét lim y = lim
x →+∞
x →+∞ x − 1
x →−∞
x →−∞ x − 1
Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2 .

Câu 15: Có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh từ một nhóm gồm 40 học sinh?
3
A. 403 .
B. C40
.
C. 340 .

3
D. A40
.

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. ( −4; − 3) .

Lời giải

B. ( −4; + ∞ ) .

3
Số cách chọn 3 học sinh từ nhóm có 40 học sinh là: C40
.

Câu 16: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :

đường thẳng d là
 x = −2 + t

A.  y = 1 − 3t .
z = 3


 x = 1 + 2t

B.  y = −3 − t .
 z = 3t


x −1 y + 3 z
=
= . Phương trình tham số của

2
−1
3

x = 2 + t

C.  y = −1 − 3t .
z = 3


 x = −1 + 2t

D.  y = 3 − t .
 z = 3t


Lời giải
x −1 y + 3 z
=
= đi qua điểm M (1; −3;0 ) và có một vectơ chỉ phương
Đường thẳng d :
2
−1
3
 x = 1 + 2t


u = ( 2; −1;3) nên có phương trình tham số  y = −3 − t .
 z = 3t


z
bằng
1+ i
C. −5 .
Lời giải

Câu 17: Cho số phức z = 4 − 6i . Phần thực của số phức

A. −2 .

Ta có

B. 4 .

D. −1 .

z
4 − 6i ( 4 − 6i )(1 − i ) −2 − 10i
=
=
=
= −1 − 5i .
1+ i 1+ i
2
(1 + i )(1 − i )

z
bằng −1 .
1+ i

Câu 18: Cho hàm số f ( x ) = 4 x3 − 3x 2 . Trong các khẳng định dưới đây, khẳng định nào đúng?
Vậy phần thực của số phức

C. ( −1; 0 ) .

D. ( 0;1)

Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số, ta có hàm số đồng biến trên ( −1;0 ) .

Câu 21: Cho hai số phức
A. 5 − i .

z1 = 2 − i

z = 1+ i
2z + z
và 2
. Số phức 1 2 là
B. 5 + i .
C. −3i .
Lời giải

D. −1 + 5i .

Ta có: 2 z1 + z2 = 2 ( 2 − i ) + (1 + i ) = 5 − i .

Câu 22: Cho hàm số bậc ba y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng

A. 2 .
B. −2 .

C. 1 .
D. −1 .
Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 1 .
Câu 23: Nghiệm của phương trình 23 x−5 = 16 là
1
13
A. x = .
B. x = 1 .
C. x = 3 .
D. x = − .
3
3
Lời giải
3 x −5

3 x −5

4

= 16 ⇔ 2 = 2 ⇔ 3 x − 5 = 4 ⇔ x = 3 .
Ta có: 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3 .
Câu 24: Thể tích khối lập phương có độ dài cạnh 2a bằng:


A.

2a 3
.
3

8a 3
.
3

B.

3
C. 2a .

3
D. 8a .

Lời giải

Ở câu D: y ' = −3 x 2 + 2 x − 5 < 0, ∀x ∈ ℝ . Suy ra hàm số nghịch biến trên ℝ .
Câu 30: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; −2; 0 ) và B ( 5; −4; 6) . Tọa độ trọng tâm của tam
giác OAB là:

3

3
Thể tích khối lập phương có độ dài cạnh 2a là: V = ( 2a ) = 8a .

A. ( 4; −6; 6 ) .

B.

( 3; −3;3) .

Câu 25: Cho hàm số f ( x) có bảng xét dấu đạo hàm như sau:

C.

( 2;2;2) .

D.

( 2; −2;2) .

Lời giải

Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm nào dưới đây
A. x = 0
B. x = 1
C. x = 3
Lời giải.

D. x = −2

xA + xB + xO

=2
 xG =
3


y + yB + yO

= −2
Gọi G ( xG ; yG ; zG ) là trọng tâm của tam giác OAB   yG = A
3

z A + z B + zO

=2
 zG =
3

Suy ra G ( 2; −2; 2 ) .

Câu 31: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M ( 2;1;3) và N ( 4; 3; −5 ) . Mặt phẳng trung trực của
Từ bảng xét dấu của đạo hàm f ′ ( x) ta thấy được hàm số đạt cực đại tại điểm x = 1 vì dấu của
f ′ ( x) đổi dấu từ dương sang âm.

Câu 26: Cho hình trụ trịn xoay có đường sinh là l , đường cao là h và bán kính đáy là r . Cơng thức
diện tích xung quanh của hình trụ trịn xoay là
A. S xq = π rh
B. S xq = πr 2 h
C. S xq = 2π rh
D. S xq = π rl

Lời giải.
Theo cơng thức tính diện tích xung quanh của hình trụ là S xq = 2π rl mà l = h nên S xq = 2π rh
.
Câu 27: Các số thực x, y thỏa mãn 3 x + ( y − i )(−1 + 2i ) = 3 + 5i , với i là đơn vị ảo là
4

B. x = , y = 1
3

A. x = 1, y = 2

C. x = −1, y = 1

D. x = −2, y = 2

Lời giải.
Ta có: 3x + ( y − i )(−1 + 2i ) = 3 + 5i ⇔ 3 x − y + 2 + (2 y +1) i = 3 + 5i

1

1

0

0

Ta có:

1

1

0

0

 2 f ( x ) + 5 dx = 2 f ( x ) dx + 5 x

C. 1 .
Lời giải
1
0

D. 11.

= 2.3 + 5 = 11 .

B. y = − x 2 + 3 x + 2 .

n ( A) C42 + C41C51 13
=
= .
n (Ω)
C92
18

Câu 33: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a , SA vng góc với mặt phẳng
đáy và SA = 2a . Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SAC ) bằng

Câu 29: Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên ℝ ?
A. y = − x 4 − 1 .

trình là: 2 ( x − 3) + 2 ( y − 2 ) − 8 ( z + 1) = 0 hay x + y − 4 z − 9 = 0 .

Câu 32: Một hộp đựng 9 chiếc thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Rút ngẫu nhiên ra hai thẻ rồi nhân hai số ghi
trên hai thẻ lại với nhau. Xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn bằng

1
13
5
1
A. .
B.
.
C.
.
D.
2
18
18
6
Lời giải
Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = C92

Vậy xác suất cần tìm là P ( A ) =

6.

B.



Mặt phẳng trung trực của MN đi qua P ( 3; 2; −1) và nhận MN = ( 2;2; −8) làm vtpt có phương

n ( A) = C42 + C41C51

 f ( x ) dx = 3 thì  2 f ( x ) + 5 dx bằng

A. 5 .

Lời giải
Gọi P ( 3; 2; −1) là trung điểm của MN

Gọi A là biến cố hai thẻ có tích hai số ghi trên hai thẻ là một số chẵn

3 x − y + 2 = 3  x = 1
⇔ 
⇔
2 y +1 = 5
 y = 2
Câu 28: Nếu

đoạn thẳng MN có phương trình là
A. x + y − 4 z − 9 = 0 .
B. x + y + 4 z − 15 = 0 . C. x + y + 4 z + 15 = 0 . D. x + y − 4 z + 9 = 0 .

C. y =

Lời giải
Do hàm số nghịch biến trên ℝ nên loại câu A, B và C.

x+3
.
3x − 1

D. y = − x 3 + x 2 − 5 x .

A. 60° .

B. 30° .

C. 45° .
Lời giải

D. 90° .


1 
So sánh các giá trị này ta được giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên  ; 2 bằng 6 3 2 .
2 
 x 2 + 1 khi x ≥ 0
Câu 37: Cho hàm số f ( x) =  2
. Tích phân
2 x + 1 khi x < 0

A.

e


1
e

DB
= a 2 , SD = SA2 + AD2 = 2a 2
2
 = OD = 1 . Vậy góc giữa SD và mặt phẳng ( SAC ) là 30° .

Suy ra sin OSD
SD 2

Mặt khác DO =

Câu 34: Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1; 4; − 3) . Gọi I là hình chiếu vng góc của A trên trục
2

2

2

2

A. ( x + 1) + y + z = 25 .

2

2

2

2

2

2

B. ( x − 1) + y + z = 25 .

C. ( x + 1) + y + z = 5 .

f '(ln x) ln x
dx bằng
x

C. −4 .

D. 2.

1
1
1
f '(ln x) ln x
1
dx =  f '(t ).tdt =  td ( f (t )) = tf (t ) −1 −  f (t )dt
x
−1
−1
−1

= f (1) + f (−1) − I = 2 + 3 − I = 5 − I .
1

Ta có I =

Vậy



D. ( x − 1) + y + z = 5 .

0

1

0

 f (t )dt =  f (t )dt +  f (t )dt =  (2t
−1

e

1
e

Ox . Phương trình mặt cầu có tâm I và qua điểm A là
2

4
B. − .
3

1
e

Lời giải
1
1
Đặt t = ln x  dt = dx; x =  t = −1; x = e  t = 1

x
e

 DO ⊥ AC
Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có 
 DO ⊥ ( SAC )
 DO ⊥ SA

Suy ra góc giữa SD và mặt phẳng ( SAC ) là góc OSD

2

14
.
3

e



−1

0

−1

1

2

5 4
+ 1)dt +  (t 2 + 1)dt = + = 3 .
3 3
0

f '(ln x) ln x
dx = 5 − 3 = 2 .
x

Câu 38: Từ một khối gỗ dạng khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có AB = 30cm, BC = 40cm, CA = 50cm
và chiều cao AA ' = 100cm; người ta tiện để thu được một khối trụ có cùng chiều cao với khối gỗ
ban đầu và đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Thể tích của khối trụ gần nhất
với giá trị nào dưới đây?

Lời giải
Hình chiếu vng góc của điểm A(1;4; − 3) trên trục Ox là I (1; 0; 0) .

A. 62500cm3 .

2
2
2
Bán kính của mặt cầu là R = IA = (1 − 1) + (4 − 0) + (−3 − 0) = 5 .

B. 60000cm3 .

C. 31416cm3 .
Lời giải

D. 6702cm3 .

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là ( x − 1)2 + y 2 + z 2 = 25 .
1
Câu 35: Tập nghiệm của bất phương trình  
2

x 2 −5

>

 

A. (−∞ ; − 3) ∪ (3; + ∞) . B. (−3;3) .

1
là
16

C. (−∞ ;3) .

D. (3; + ∞) .

Lời giải
x2 −5

x 2 −5

4

1

1
1
1
Ta có  
> ⇔ 
>   ⇔ x 2 − 5 < 4 ⇔ x 2 < 9 ⇔ −3 < x < 3
16
2
2
2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (−3;3) .

8
1 
trên đoạn  ; 2  bằng
x
2 
15
65
A. 8 .
B.
.
C.
.
2
4
Lời giải
8 2 x3 − 8
1 
Ta có y′ = 2 x − 2 =

. Cho y ′ = 0 ⇔ x = 3 4 ∈  ; 2 
x
x2
2 

Câu 36: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 +

 1  65
y   = , y ( 2) = 8 , y
2 4

( 4) = ( 4)
3

3

2

+

8
=63 2
4

3

D. 6 3 2 .

Xét tam giác ABC có: CA2 = BA2 + BC 2 nên tam giác ABC vuông tại B .
Gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC ta có:

1
BA.BC
S∆ABC
30.40
2
r=
=
=
= 10cm .
1
p
30
+
40 + 50
( BA + BC + CA)
2

Thể tích khối trụ là: V = π r 2 .h = π .102.100 = 10000π ≈ 31416cm3 .


x −1 y +1 z − 2
=
=
và mặt
3
1
−2
phẳng ( P ) : x + 2 y + z + 4 = 0 . Đường thẳng ∆ qua A cắt d và ( P ) lần lượt tại M , N sao cho



AN = 2 AM có phương trình là
 x = 1 − 3t
 x = 1 − 3t
 x = 1 − 3t
 x = 1 − 3t




A.  y = −2 .
B.  y = −2 + 2t .
C.  y = −2 + 2t .
D.  y = −2 .
 z = 3 + 3t
 z = 3 + 3t
z = 3 − t
z = 3 + t





Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1; −2;3) , đường thẳng d :

Lời giải



Đường thẳng ∆ qua A cắt d và ( P ) lần lượt tại M , N sao cho AN = 2 AM

 M là trung điểm của đoạn thẳng AN (1)
Gọi M ∈ d có tọa độ M ( 3t + 1; t − 1; −2t + 2 ) ( 2 )

Gọi H là hình chiếu vng góc của S lên đáy  SH ⊥ ( ABCD )  SH ⊥ AB

Từ (1) và ( 2 )  N ( 2 xM − x A ;2 yM − y A ;2 zM − z A )  N ( 6t + 1;2t; −4t + 1)

Xét ∆SAB vng tại S có SH là đường cao đồng thời là đường trung tuyến
1
 ∆SAB vuông cân tại S  SH = AB = a
2

Do N ∈ ( P )  ( 6t + 1) + 2 ( 2t ) + ( −4t + 1) + 4 = 0  t = −1  N ( −5; −2;5 )

Đường thẳng ∆ có 1 vectơ chỉ phương là AN = ( −6;0;2 ) = 2 ( −3;0;1)

Gọi N là trung điểm của cạnh CD , HN ∩ BD = {O} , HC ∩ BD = {I }

 x = 1 − 3t

Vậy phương trình đường thẳng ∆ là:  y = −2 .
z = 3 + t


Ta có OH / / BC , theo định lý Thales

Câu 40: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh 2a, hình chiếu vng góc của S lên đáy là
 = 90° . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SBD ) bằng
trung điểm cạnh AB , ASB

Lại có HC ∩ ( SBD ) = {I } 

IH OH 1
IH 1
=
= 
=
IC BC 2
IC 2

d ( H ; ( SBD ) )
d ( C; ( SBD ) )

=

IH 1
=  d ( C; ( SBD ) ) = 2d ( H ; ( SBD ) )
IC 2

Trong mặt phẳng ( ABCD ) , từ H kẻ HP ⊥ BD tại P (1)
Do SH ⊥ ( ABCD )  SH ⊥ BD ( 2 )
Từ (1) và ( 2 )  BD ⊥ ( SHP )( 3) . Mặt khác BD ⊂ ( SBD )( 4 )
Từ ( 3) và ( 4 )  ( SHP ) ⊥ ( SBD ) theo giao tuyến SP
Trong mặt phẳng ( SHP ) , hạ HQ ⊥ SP tại Q  HQ ⊥ ( SBD )  d ( H ; ( SBD ) ) = HQ

=
Xét ∆HPB vuông tại P , có sin HBP

A.

2 6a
.
3

B.

6a
.
3

C.

Lời giải
Ta có hình vẽ minh họa sau:

3a
3

D.

2 3a
.
3

HP
a 2
 HP = HB.sin 45° =
HB
2

Xét ∆SHP vng tại H , có đường cao HQ  HQ =

 d ( C ; ( SBD ) ) = 2 d ( H ; ( SBD ) ) = 2 HQ =

HS .HP

=

HS 2 + HP 2

a 3
3

2 3a
.
3

(

)

Câu 41: Có bao nhiêu số phức z thỏa mãn ( z + 2i ) 2 là số thuần ảo và ( z + i ) z − 2 là số thực?

A. 1 .

B. 0 .
2

C. 2 .
Lời giải

2

D. 4 .
2

2

Đặt z = x + yi suy ra ( z + 2i ) = ( x + yi + 2i ) =  x + ( y + 2 ) i  = x 2 − ( y + 2 ) + 2 x ( y + 2 ) i
2

Ta có ( z + 2i ) là số thuần ảo suy ra:
 x= y+2
 y= x−2
2
2
x2 − ( y + 2) = 0 ⇔ x2 = ( y + 2 ) ⇔ 
⇔
 y = −x − 2
 x = − ( y + 2)

(1)


(

)

( z + i ) z − 2 = ( x + yi + i )( x − yi − 2 ) =  x + ( y + 1) i  ( x − 2 ) − yi 
= x ( x − 2 ) + y ( y + 1) +  − xy + ( x − 2 )( y + 1)  i = ( x 2 − 2 x + y 2 + y ) + ( x − 2 y − 2 ) i

(

)

Ta có ( z + i ) z − 2 là số thực suy ra: x − 2 y − 2 = 0

( 2)

 x = 2

 y = x − 2
 y = 0
  y = x−2

x
−
2
y
−
2
=
0
1
(
)

 


⇔

⇔   x = −2
Từ (1) và (2) suy ra hệ phương trình:   y = − x − 2
 y = − x − 2

3
 x − 2 y − 2 = 0 ( 2)
 



−4
  x − 2 y − 2 = 0

 y =
3

Vậy có hai số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 42: Cho hàm số f ( x ) = x − 4 x  f ( x ) dx và f (1) > 0 . Khi đó f ( 4 ) bằng?
0

B. 60 .

C. 62 .

 . Suy ra OSD
 = 300 .
Dễ dàng chứng minh được: Góc giữa SD và ( SAC ) là góc OSD

Đặt BC = x ( x > 0 ) . Ta tính được: OA = OD =

1

3

A. 64 .

Gọi O là tâm của mặt đáy ABCD.

D. 63 .

Xét ∆SAO vuông tại A: SO = SA2 + AO 2 = 4a 2 +

Lời giải
 x=0

3
3
Ta có: f ( x ) = x − 4mx với m ≥ 0 . Khi f ( x ) = 0 ⇔ x − 4mx = 0 ⇔  x = 2 m
 x = −2 m

1
1
3
Do f (1) > 0  1 − 4m.1 > 0 ⇔ m < ⇔ m < ⇔ 2 m < 1
4
2
1

1

Suy ra: m =  f ( x) dx =  x3 − 4mx dx =
0

2 m

=

 ( −x

3

0

+ 4mx )dx +

0



1

1

 (x

3

)

 − x4

 2 m  x4
 1
− 4mx )dx = 
+ 2mx 2 
+  − 2mx 2 
 4
 0
 4
2 m

4

(

x 3 − 4mx dx

2 m


 2 m
2
 14

+ 2m 2 m  − 0 +  − 2m.12  − 

4
  4


1

1
2
2
2
2
2
= ( −4m + 8m ) + − 2m − ( 4m − 8m ) = 8m − 2m +
4
4

(



x 3 − 4mx dx +

0

2 m

− 2 m
=

4


2 m

(

)

)

4


2
− 2m 2 m 



(

)

1

m = 4
1
1
2
2
.
 m = 8m − 2m + ⇔ 8m − 3m + = 0 ⇔ 32m − 12m + 1 = 0 ⇔ 
4
4
m = 1

8

1
1
x
4
3
3
Do m < nên m = thỏa mãn. Vậy f ( x ) = x −  f ( 4 ) = 4 − = 64 − 2 = 62
4
8
2
2
Câu 43: Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng, SA vng góc với mặt phẳng đáy và
2

SA = 2a . Biết góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SAC ) bằng 300 . Thể tích khối chóp đã

cho bằng:
A.

8a 3
.
3

B.

4a 3
.
3

C. 8a 3 .

Lời giải

D. 4a 3 .

x 2
.
2

=
Xét ∆SOD vuông tại O: tan OSD
⇔

x2
.
2

OD x 2
x2
1
x 2
1
x2
=
: 4a 2 +
=
⇔
=
4a 2 +
SO

2
2
2
2
3
3

x2 1  2 x2 
2
2
=  4a +  ⇔ x = 2a . Diện tích mặt đáy ABCD là: S ABCD = AB = 4a
2 3
2 

1
1
8a 3
.
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABCD = .SA.S ABCD = .2a.4a 2 =
3
3
3

Câu 44: Có

bao

nhiêu

cặp

số

( x; y )

nguyên

thỏa

mãn

1 ≤ x ≤ 2020; y ≥ 2

và

x 2 + x − xy = x log 2 ( xy − x ) − 2 x ?
A. 2021.

B. 6.

C. 2020.
Lời giải

D. 11.

Với 1 ≤ x ≤ 2020; y ≥ 2 ta có: x2 + x − xy = x log 2 ( xy − x ) − 2 x
2x
2x
⇔ x − log 2 x +
= log 2 ( y − 1) + y − 1

x
x
2x
2x 2 x
⇔ ( log 2 2 x − log 2 x ) +
= log 2 ( y − 1) + ( y − 1) ⇔ log 2
+
= log 2 ( y − 1) + ( y − 1)
x
x
x
1
Xét hàm số: f ( t ) = log 2 t + t với t ≥ 1 . Ta có: f ' ( t ) =
+ 1 > 0, ∀t ≥ 1.
t ln 2
Suy ra: f ( t ) là hàm số đồng biến trên nửa khoảng [1; +∞ ) .
⇔ x + 1 − y = log 2 x + log 2 ( y − 1) −

 2x 
2x
2x
= y −1 ⇔ y =
+1 .
 = f ( y − 1) ⇔
x
x
 x 

Ta có: ( *) ⇔ f 

Để y ∈ ℤ ⇔

2x
∈ ℤ ⇔ 2 x ⋮ x ⇔ x là ước của 2 x .
x

Dễ thấy ước của 2 đều có dạng 2 .
Mà 1 ≤ x ≤ 2020  1 ≤ 2k ≤ 2020 ⇔ 0 ≤ k ≤ log 2 2020  k ∈ {0;1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9;10}
x

{

k

}

0 1 2
3
4
5
6
7
8
9 10
Vậy x ∈ 2 ;2 ;2 ;2 ;2 ;2 ;2 ;2 ;2 ;2 ;2 có 11 số hạng.

( *)


Câu 46: Hai

k

Khi đó: y =

k
2x
22
+ 1 = k + 1 = 2 2 − k + 1 ∈ ℤ với k ∈ ℕ; 0 ≤ k ≤ 10 .
x
2

Mà k ∈ ℕ; 0 ≤ k ≤ 10 nên 2k − k ≥ 0  22 − k ≥ 1  22
Vậy có 11 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn bài toán.
k

4

3

k

−k

số

phức

(1 + i ) z 2 − 2iz − 1 =

+ 1 ≥ 2  y ≥ 2.

A.

2

Câu 45: Cho hàm số f ( x) = ax + bx + cx + dx + a có đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ bên. Hàm
số y = g ( x) = f (1 − 2 x ) f ( 2 − x ) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

w

,

z

thay

2022.z + 2022
w

2021 2
.
4

B.

đổi

nhưng

luôn

thỏa

mãn

đẳng

thức

+ 2 − 2i . Giá trị lớn nhất của w là

1011 2
.
2

2023 2
.
4

C.

D. 2019 .

Lời giải
Chọn B
2

2

Ta có: z − i = z + i nên z 2 − 2iz − 1 = z − i = z + i .

Phương trình (1 + i ) z 2 − 2iz − 1 =
2

⇔ (1 + i ) z + i =

(

2022.z + 2022

) + 2 − 2i

2022 z + 1
w

+ 2 − 2i

w

(

)(

2

2

)

⇔ z+i −2 + z+i +2 i =

(

2022 z + i

)

w

(1) .

Điều kiện: w ≠ 0 suy ra z + i ≠ 0 hay z + i > 0 .

1 3
A.  ;  .
2 2

B. ( −∞; 0 ) .

C. ( 0; 2 ) .

D. ( 3; +∞ ) .

(

Lời giải
Chọn D
Ta có f '( x) = 4ax 3 + 3bx 2 + 2cx + d , theo đồ thị thì đa thức f '( x ) có ba nghiệm phân biệt là

−1,0,1 nên f '( x) = 4ax ( x + 1)( x − 1) = 4ax3 − 4ax  f ( x) = ax 4 − 2ax 2 + a = a ( x 2 − 1)

) (

)

2
2
Đặt t = z + i , t > 0 ta có phương trình (1) ⇔ t − 2 + t + 2 i =

(t



2

2

2

− 2 ) + (t 2 + 2) =

2

⇔ w ≤ 1011 2.

Dựa vào đồ thị hàm số y = f '( x ) ta có a > 0 nên f ( x) > 0, ∀x ∈ ℝ \ {±1} .

g '( x) =  f (1 − 2 x )  ' f ( 2 − x ) + f (1 − 2 x )  f ( 2 − x )  ' = −2 f ' (1 − 2 x ) f ( 2 − x ) − f (1 − 2 x ) f ' ( 2 − x )
1 − 2 x ∈ ( −2; 0 )

1 3
1 3
Xét x ∈  ;   

 1 3  , dấu của f '( x ) không cố định trên  2 ; 2  nên ta không kết


 2 2  2 − x ∈  ; 
 2 2


1
4
2 t . 2
t
2

⇔w=−

( )

2022 z + i
w

2022t
t2
1
⇔ w = 2022
= 1011 2
4

w
2 (t 4 + 4)
t2 + 2
t

=

1011 2
2

dấu

bằng

xảy

ra

khi

t2 =

4
⇔ z+i = 2 2
t2

1011 2
i.
2

Câu 47: Cho hàm số f ( x ) = ax3 + bx 2 + cx − 1; g ( x ) = mx 2 + nx + 1 có đồ thị như hình vẽ bên

1 3
luận được tính đơn điệu của hàm số g ( x) trên  ;  .
2 2
1 − 2 x ∈ (1; +∞ )  f ' (1 − 2 x ) > 0

 g '( x) < 0 . Do đó, hàm số g ( x) nghịch
Xét x ∈ ( −∞; 0 )  
2 − x ∈ ( 2; +∞ )
 f ' ( 2 − x ) > 0

biến trên ( −∞;0 ) .

1 − 2 x ∈ ( −3;1)
Khi x ∈ ( 0; 2 )  
, dấu của f '( x) không cố định trên ( −3;1) và ( 0; 2 ) nên ta

 2 − x ∈ ( 0; 2 )

1 3
khơng kết luận được tính đơn điệu của hàm số g ( x) trên  ;  .
2 2
1 − 2 x ∈ ( −∞; −5 )  f ' (1 − 2 x ) < 0

 g '( x) > 0 .
Xét x ∈ ( 3; +∞ )  
2 − x ∈ ( −∞; −1)
 f ' ( 2 − x ) < 0

Do đó, hàm số g ( x) đồng biến trên ( 3; +∞ ) .

Biết rằng f ′′ ( 2 ) = 0 và hai đồ thị hàm số đã cho cắt nhau tại ba điểm phân biệt có hồnh độ
x1 , x2 , x3 thỏa x1 + x2 + x3 = 7 . Diện tích của hình phẳng gạch sọc trong hình vẽ thuộc khoảng

nào dưới đây?




2
5

A.  0;  .

2 1
5 2

B.  ;  .

1 3
2 5

C.  ;  .

3 
5 

D.  ;1  .

Lời giải
Ta có f ′ ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c , f ′′ ( x ) = 6ax + 2b . Cho f ′′ ( 2 ) = 0 ⇔ 12a + 2b = 0 ⇔ b = −6a .