đề 19 bám sát minh họa 2023 môn toan

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
MƠN TỐN
ĐỀ SỐ: 19 – MÃ ĐỀ: 119
Câu 1:

Trong hình vẽ bên, điểm M biểu diễn số phức z . Số phức z là:

A. 1 − 2i .
Câu 2:

B. 2 + i .

x
Hàm số y = 2

2

−x

2

x −x
B. (2 x − 1).2 .ln 2 .

2

Câu 3:

2

− x −1

x
D. (2 x − 1).2

.

Câu 5:

2

−x

.

( 0;+ ∞ ) , đạo hàm của hàm số là
Trên khoảng
1 1
y′ = x 3
3 .
A.

Câu 4:

D. 2 − i .

có đạo hàm là

x −x
A. 2 .ln 2 .

2
x
C. ( x − x).2

C. 1 + 2i .

1
3

B. y′ = 3x .

1

y = x 3 là
1 1
y′ = x 2
3 .
C.

> −1 là
Tập nghiệm của bất phương trình 5
( −3; +∞ ) .
A.
B. ¡ .
C. ∅ .
( u ) u = 2 và u2 = 6 . Giá trị của u3 bằng
Cho cấp số nhân n có 1
A. 8 .
B. 12 .

C. 18 .

y′ =

1
2

D.

3x 3 .

D.

( −∞; −3) .

2 x+ 3

D. 3 .

Câu 6:

x
y
z
+
+ =1
P)
(
Oxyz
Trong không gian với hệ toạ độ

, cho mặt phẳng
có phương trình 2 - 3 1
.

Câu 7:

( P)
Véc-tơ nào sau đây là véc-tơ pháp tuyến của
r
r
r
r
n = ( 2; - 3;1)
n = ( 1; - 3; 2)
n = ( 3; - 2;6)
n = ( - 3; 2;6)
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
ax + b
y=
cx + d có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Số giao điểm của đồ thị hàm số đã
Cho hàm số
cho và trục hoành là

B. 1 .

A. 0 .
1

Câu 8:

Nếu ∫ 3 f ( x ) dx = 3 thì
0

Câu 9:

C. 2 .

D. 3 .

1

∫ f ( x ) dx bằng
0

A. 1 .
B. 18 .
C. 2 .
Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

D. 3 .
Page 1

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

3
2
A. y = − x + x − 1 .

3
2
4
2
4
2
B. y = x − x − 1 .
C. y = x − x − 1 .
D. y = − x + x − 1 .
A ( −2;1;0 ) B ( 2; −1; 2 )
Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
,
. Phương trình của mặt cầu có
đường kính AB là

x 2 + y 2 + ( z − 1) = 24
2

A.

x + y + ( z − 1) = 24

x 2 + y 2 + ( z − 1) = 6
2

.

B.

.

x + y + ( z − 1) = 6
D.
.
( P ) : x − 2 y + z = 0 và ( Q ) : x + y + z + 1 = 0 . Góc giữa
Câu 11: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
2

C.

2

2

hai mặt phẳng
o
A. 30

( P)

và

2

2

2

.

( Q)

bằng.
o
B. 45

o
C. 60

o
D. 90

iz + ( 1 − i ) z = −2i
Câu 12: Cho số phức z thỏa mãn
. Tổng phần thực và phần ảo của số phức
w = ( z + 1) z

bằng

A. 19 .
B. 22 .
C. 26 .
Câu 13: Thể tích khối hộp chữ nhật có 3 kích thước là a ; 2a ; 3a bằng
3

2
3
A. a .
B. 6a .
C. 2a .

D. 20 .
3
D. 6a .

SA ⊥ ( ABCD )
Câu 14: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a ,
và SA = 3a .
Tính

VS . ABCD .

4a 3
A. 3 .

4a 3
B. 9 .

3
C. 4a .

3

D. 12a .

P : 2 x − y − 2 z + 2m − 3 = 0
Câu 15: Tìm tất cả các giá trị của m để mặt phẳng ( )
khơng có điểm chung

với mặt cầu (
3

m < 2

 m > 15
2 .
A. 

S ) : x2 + y2 + z 2 + 2x − 4z + 1 = 0

.

 m < −1
3
15
m > 3

2 .
B.
.
C. 2
D. −1 < m < 3 .
Câu 16: Cho số phức z = 2021 − 2022i . Phần thực và phần ảo của z lần lượt là
A. 2021 và 2022 .

B. 2022 và 2021 .
C. 2022 và −2021 .
D. 2021 và −2022 .
Câu 17: Cho khối trụ có chiều cao h = 3 và bán kính đáy r = 2 .Diện tích tồn phần của khối trụ bằng
A. 20π .
B. 12π .
C. 16π . .
D. 10π .

Page 2


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

x = 3 + t

d :  y = 2 − 2t
 z = 1 − 3t


Câu 18: Trong không gian Oxyz , đường thẳng
đi qua điểm nào dưới đây?
A 3; 2;1)
B 1; −2; −3)
C 1; 2; −3)
D 1; 2;3)
A. Điểm (
.
B. Điểm (
. C. Điểm (

. D. Điểm (
.
y = f ( x)
Câu 19: Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau:

Điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho là.
A. (3;9) .
B. (1; 4) .

C. ( −3;9) .

D. (4;1) .
2x + 1
y=
x +1 ?
Câu 20: Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
B. x = −1 .

A. y = −1 .

C. y = 2 .
log 1 ( 1 − x ) > log 1 ( 2 x + 3 )

Câu 21: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình
2

 2

S =  −∞; − ÷

S =  − ; +∞ ÷
3.

 3
.
A.
B.

3

3

D. x = 1 .
.

 2 
S =  − ;1÷
 3 .
C.

D.

S = ( 1; +∞ )

.

Câu 22: Có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh gồm một nam và một nữ từ một nhóm học sinh gồm 8
nam và 3 nữ?
A. 24 .
Câu 23: Nếu

A.
B.

∫

B. 8 .
f ( x ) dx = F ( x ) + C
thì

∫

f ( 2 x + 3 ) dx = 2 F ( 2 x + 3) + C

∫

f ( 2 x + 3) dx = F ( 2 x + 3) + C

1

∫ f ( 2 x + 3) dx = 2 F ( x ) + C .
B.

.

1

∫ f ( 2 x + 3) dx = 2 F ( 2 x + 3) + C .
D.

.

∫

Nếu

1

D. 3 .

C. 11 .

Lời giải
f ( x ) dx = F ( x ) + C

1

1

thì

1

∫ 2 f ( 2 x + 3 ) d ( 2 x + 3 ) = 2 ∫ f ( u ) d ( u ) = 2 F (u ) + C = 2 F ( 2 x + 3 ) + C
1

∫ 3 f ( x ) + 2 g ( x ) dx = 10

Câu 24: Nếu 0
A. 3 .

Câu 25: Cho hàm số

y = f ( x)

nguyên hàm của
5
A. 6 .

f ( x)

1

và

∫ g ( x ) dx = −1
0

B. 1 .
có đạo hàm là
thỏa mãn
1
−
B. 6 .

1

thì

∫ f ( x ) dx
0

bằng

C. 4 .
f ′ ( x ) = e x + 2 x + 1, ∀x ∈ ¡

F ( 1) = e

. Tính

F ( 0)

1
C. 6 .

và

D. 5 .
f ( 0) = 1

. Biết

F ( x)

là

.
D.

−

5
6.
Page 3


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
Câu 26: Cho hàm số

f ( x)

có bảng biến thiên như sau:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
( −1;0 ) .
( 0;1) .
( 0; +∞ ) .
( −2; 0 ) .
A.
B.
C.
D.
y = ax 4 + bx 2 + c, ( a , b, c ∈ ¡ )
Câu 27: Cho hàm số
có đồ thị là đường cong như hình bên. Giá trị cực đại
của hàm số đã cho bằng?

C. −3 .
D. 2 .
1

log 3 a 5 − log 3 = 2
b
Câu 28: Với mọi số thực dương a , b thoả mãn
. Khẳng định nào dưới đây đúng?
1
1
a5 − = 3
a5 − = 9
5
5
b
b
A. a b = 3 .
B. a = 3b .
C.
.
D.
.
A. 0 .

B. −1 .

Câu 29: Tính thể tích của vật thể trịn xoay được tạo thành khi quay hình

(H)

H
quanh Ox với ( )

2

được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = 4 x − x và trục hoành.
31π
32π
34π
35π
A. 3 .
B. 3 .
C. 3 .
D. 3 .
Câu 30: Cho hình chóp S . ABCD có cạnh bên SB ⊥ ( ABCD ) và ABCD là hình chữ nhật. Biết

SB = 2a, AB = 3a, BC = 4a và góc α là góc giữa mặt phẳng ( SAC ) và mặt phẳng đáy. Giá trị
của tan α bằng
3
4
5
6
A. 4 .
B. 3 .
C. 6 .
D. 5 .

Câu 31: Cho hàm số bậc ba

y = f ( x)

có đồ thị là đường cong trong hình bên.

Page 4

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

f ( x + m) = m
Số giá trị nguyên của tham số m để phương
có ba nghiệm phân biệt?
3
A. 2
B. 1
C.
D. 0
y = f ( x)
y = f ′( 3 − 2x)
Câu 32: Cho hàm đa thức bậc bốn
. Biết đồ thị của hàm số
được cho
như hình vẽ.

y = f ( x)
Hàm số
nghịch biến trên khoảng nào tróng các khoảng dưới đây ?
( −∞; −1) .
( −1;1) .
( 1;5) .
( 5; +∞ ) .
A.
B.
C.
D.
Câu 33: Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11 . Chọn ngẫu nhiên 6 tấm thẻ. Gọi P là xác

suất để tổng số ghi trên 6 tấm thẻ ấy là một số lẻ. Khi đó P bằng:
100
115
1
118
A. 231 .
B. 231 .
C. 2 .
D. 231 .
Câu 34: Tích các nghiệm của phương trình
A. log5 6 .
B. 5 .

(

)

log 5 6 x +1 − 36 x = 1

bằng
C. log 6 5 .

D. 0 .

z +2−i = 4
Câu 35: Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
là đường trịn có tâm
và bán kính lần lượt là
I ( 2; − 1) R = 4
I ( 2; − 1) R = 2

I ( −2; − 1) R = 4
I ( −2; − 1) R = 2
A.
;
.
B.
;
. C.
;
. D.
;
.
M ( 2; −1;1)
Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
và hai đường thẳng
d1 :

x − 2 y −1 z −1
x − 2 y + 3 z −1
=
=
d2 :
=
=
1
−2
2 ,
2
1
−1 . Đường thẳng ∆ cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và

B sao cho M là trung điểm của AB có phương trình là

A.

x = 2

 y = 1+ t
z = 1


.

B.

 x = −2

 y = 1+ t
 z = −1


.

C.

x = 2

 y = −1 + t
z = 1


.

D.

x = 2

 y = 1+ t
 z = −1


.

Page 5


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

Câu 37: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
Tọa độ hình chiếu vng góc của M lên d là
A.

( 1; −2;0) .

B.

( −8;4; −3) .

M ( 2; −6;3)

C.

và đường thẳng

( 1;2;1) .

D.

 x = 1+ 3t

d :  y = −2− 2t
z = t


.

( 4; −4;1) .

( ABC ) và AB = 3cm , BC = 4cm ,
Câu 38: Cho tứ diện ABCD có cạnh DA vng góc với mặt phẳng
AD = 6cm , AC = 5cm . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD ) bằng
6
cm
6
cm
10
C.
.
D.
.

Câu 39: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có khơng q 728 số nguyên y thỏa mãn
12
cm
A. 5
.

12
cm
B. 7
.

log 4 ( x 2 + y ) ≥ log 3 ( x + y )

A. 115 .

?

B. 58 .
f ( x)

Câu 40: Cho hàm số

liên tục trên R thỏa

C. 59 .
f ( x ) = 4 f ( −2 x + 3)
5

∫
F ( 2 ) − F ( 4 ) = 24

trên R và thỏa mãn
. Khi đó −1
A. 10 .
B. 12 .
C. −10 .
f ( x)

f ( x)

Câu 41: Cho hàm số

D. 116 .
F ( x)
. Gọi
là nguyên hàm của

f ( x ) dx

bằng
D. −12 .

f ′ ( x ) = x − x − 2x
liên tục trên ¡ và có đạo hàm
. Gọi S là tập hợp các
3

2

[ −2021; 2022] để hàm số y = f ( 6 x − 5 − 2 + m ) có
giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn

đúng 7 điểm cực trị. Tổng các phần tử của S bằng
B. −2043231 .

A. 2022 .

D. −2043232 .

C. 0 .

( a,b∈ R) là số phức thỏa mãn điều kiện z - 1- 2i + z + 2- 3i = 10 và
Câu 42: Gọi z = a + bi
có mơ đun nhỏ nhất. Tính S = 7a + b?
B. 0 .

A. 7 .

C. 5.

D. −12 .

·
Câu 43: Cho khối hộp ABCD. A′B′C ′D′ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , ABC = 120° . Hình chiếu

( ABCD ) trùng với giao điểm của AC và BD , góc giữa hai mặt phẳng
vng góc của D′ lên
( ADD′A′)

và

( A′B′C ′D′)

3 3
a
A. 8 .

Câu 44: Cho hàm số

y = f ( x)

bằng 45° . Thể tích khối hộp đã cho bằng
1 3
3 3
a
a
B. 8 .
C. 16 .

3 3
a
D. 4 .

là hàm đa thức bậc bốn và có đồ thị (C ) như hình vẽ. Biết diện tích hình
y = f ( x)

y = f ′( x)

856
bằng 5 . Tính diện tích hình

phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số

và
phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) và parabol ( P ) đi qua ba điểm cực trị của đồ thị (C ) .

Page 6


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

81
A. 20 .

81
B. 10 .

81
C. 5 .

9
D. 20 .

3
2
z
Câu 45: Gọi S là tổng các số thực m thỏa mãn z − 7 z + 16 z − 12 − mz + 3m = 0 có nghiệm phức 0

thỏa mãn

| z0 |= 2

. Tính S

A. 24 .

B. 25 .

C. 18 .
D. 16 .
( S ) là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất trong
Câu 46: Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu
các mặt cầu có phương trình:

x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( m + 2 ) x – 2 ( m − 3) z + m 2 + 10 = 0

và hai đường

 x = 2t

∆1 :  y = 1 − t
x −1 y z
z = t
∆2 :
=
=

1
−1 1 . Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu ( S ) , biết tiếp
thẳng
,
∆
∆

diện đó song song với cả hai đường thẳng 1 và 2 .
A. y + z + 4 = 0 .
B. y − z − 4 = 0 .
C. y − z + 4 = 0 .

D. y + z + 4 = 0 hoặc y + z = 0 .
Câu 47: Có bao nhiêu cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn - 48 £ x £ 50 và

(

)

log5 5x2 - 10x + 10 + x2 - 2x £ 25y + 2y - 1
A. 53×
Câu 48: Cho hình nón

B. 54×

( N ) có đường cao

C. 99×

D. 55×

SO = h và bán kính đáy bằng R , gọi M là điểm trên đoạn

SO , đặt OM = x , 0 < x < h . ( C ) là thiết diện của mặt phẳng ( P ) vuông góc với trục SO tại

M , với hình nón ( N ) . Tìm x để thể tích khối nón đỉnh O đáy là ( C ) lớn nhất.
h

A. 2 .

h 2
B. 2 .

h 3
C. 2 .

h
D. 3 .

A ( 4;1;5) , B ( 3;0;1) , C ( −1; 2;0 )
Câu 49: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm
và
uuur uuur uuur uuuu
r uuuu
r uuur
M ( a; b; c )
điểm
thỏa mãn MA.MB + 2MB.MC − 5MC.MA lớn nhất. Tính P = a − 2b + 4c.
A. P = 23 .
B. P = 31 .
C. P = 11 .
D. P = 13.
Câu 50: Cho hàm số bậ ba

y = f ( x)

có bảng xét dấu như sau:

Page 7


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

A. −6 .

g ( x ) = f ( x3 − 3x − m )
( 0;1) là
m
Tổng các giá trị nguyên của
để
đồng biến trên
B. −7 .
C. 6 .
D. −9 .
---------- HẾT ----------

Page 8


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
1.D
11.D
21.C
31.C
41.B

2.B
12.B

22.A
32.A
42.A

3.D
13.D
23.D
33.D
43.A

4.B
14.C
24.C
34.D
44.A

BẢNG ĐÁP ÁN
5.C
6.C
7.B
15.A
16.A
17.A
25.C
26.A
27.B
35.C
36.A
37.D
45.D

46.A
47.B

8.A
18.A
28.A
38.D
48.D

9.C
19.B
29.B
39.D
49.D

10.D
20.B
30.C
40.B
50.D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:

Trong hình vẽ bên, điểm M biểu diễn số phức z . Số phức z là:

A. 1 − 2i .
Điểm

B. 2 + i .

M ( 2;1)

C. 1 + 2i .
Lời giải

D. 2 − i .

trong hệ tọa độ vng góc cuả mặt phẳng được gọi là điểm biểu diễn số phức

z = 2 + i suy ra z = 2 − i .
Câu 2:

x
Hàm số y = 2

2

−x

có đạo hàm là
2

x −x
B. (2 x − 1).2 .ln 2 .

2

x −x
A. 2 .ln 2 .

2
x
C. ( x − x).2

2

− x −1

x
D. (2 x − 1).2

.

2

−x

.
Lời giải

Chọn B
2

2

2
x −x
x −x
Ta có y ' = ( x − x) '.2 .ln 2 = (2 x − 1).2 .ln 2 .

Câu 3:

( 0;+ ∞ ) , đạo hàm của hàm số là
Trên khoảng
1 1
y′ = x 3
3 .
A.

1
3

B. y′ = 3x .

1

y = x 3 là

1 1
y′ = x 2
3 .
C.
Lời giải

y′ =

1
2

D.

3x 3 .

D.

( −∞; −3) .

Chọn D

Câu 4:

 1 ′ 1 1 −1 1 − 2
1
y ′ =  x 3 ÷ = .x 3 = . x 3 =
2
3
  3
3.x 3 .
Ta có
2 x+ 3
> −1 là
Tập nghiệm của bất phương trình 5
A.

( −3; +∞ ) .

B. ¡ .

C. ∅ .

Lời giải

Chọn B
2 x+ 3
> 0 với ∀x ∈ ¡
Ta có 5
⇒ 52 x+3 > −1 với ∀x ∈ ¡ .

Do đó, bất phương trình đã cho nghiệm đúng với ∀x ∈ ¡ .
Page 9


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
Câu 5:

Cho cấp số nhân
A. 8 .

( un )

u =2

có 1
và
B. 12 .

u2 = 6 . Giá trị của u3 bằng
C. 18 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn C

q=
Công bội của cấp số nhân là
Vậy

u2 6
= =3
u1 2
.

u3 = u2 .q = 6.3 = 18 .
x

Câu 6:

A.

Câu 7:

y

z

( P ) có phương trình 2 + - 3 + 1 = 1 .
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng
( P)
Véc-tơ nào sau đây là véc-tơ pháp tuyến của

r
n = ( 2; - 3;1)

.

B.

r
n = ( 1; - 3; 2)

.
C.
Lời giải

r
n = ( 3; - 2;6)

.

D.

r
n = ( - 3; 2;6)

.

Chọn C
x
y
z

+
+ =1 Û 3x - 2 y + 6 z = 6 Û 3x - 2 y + 6 z - 6 = 0
Ta có 2 - 3 1
.
r
( P ) là n = ( 3; - 2;6)
Vậy véc-tơ pháp tuyến của
ax + b
y=
cx + d có bảng biến thiên như hình vẽ bên. Số giao điểm của đồ thị hàm số đã
Cho hàm số
cho và trục hoành là

B. 1 .

A. 0 .

C. 2 .
Lời giải

D. 3 .

Chọn B
Từ bảng biến thiên, ta dễ thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại đúng 1 điểm. Nên ta có 1 giao
điểm.
1

Câu 8:

Nếu ∫ 3 f ( x ) dx = 3 thì

0

1

∫ f ( x ) dx bằng
0

B. 18 .

A. 1 .

C. 2 .
Lời giải

1

1

1

0

0

0

D. 3 .

Ta có ∫ 3 f ( x ) dx = 3∫ f ( x ) dx = 3 ⇔ ∫ f ( x ) dx = 1 .
Câu 9:

Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

Page 10


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

3
2
A. y = − x + x − 1 .

3
2
B. y = x − x − 1 .

4
2
4
2
C. y = x − x − 1 .
D. y = − x + x − 1 .
Lời giải
+) Đồ thị khơng có hình dáng của đồ thị hàm số bậc ba nên loại đáp án A, B.
lim y = +∞
4
+) Từ đồ thị hàm số ta thấy x→+∞
suy ra hệ số của x là số dương.
Vậy chọn đáp án
C.

A ( −2;1;0 ) B ( 2; −1; 2 )
Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
,
. Phương trình của mặt cầu có
đường kính AB là

x 2 + y 2 + ( z − 1) = 24
2

A.

x + y + ( z − 1) = 24

x 2 + y 2 + ( z − 1) = 6
2

.

B.

x + y + ( z − 1) = 6
D.
.
Lời giải
x A + xB

 xI = 2 = 0

y A + yB


= 0 ⇒ I ( 0; 0;1)
 yI =
2

z A + zB

 zI = 2 = 1
Gọi I là trung điểm của AB khi đó 
.
2

C.

IA =

2

2

( 0 + 2)

2

2

2

.

2

.

+ ( 0 − 1) + ( 1 − 0 ) = 6
2

2

Mặt cầu đường kính AB nhận điểm

x 2 + y 2 + ( z − 1) = 6

.
I ( 0;0;1)

làm tâm và bán kính R = IA = 6 có phương

2

trình là:

.

( P ) : x − 2 y + z = 0 và ( Q ) : x + y + z + 1 = 0 . Góc giữa
Câu 11: Trong khơng gian Oxyz, cho mặt phẳng
hai mặt phẳng
o
A. 30

( P)

và

( Q)

bằng.
o
B. 45

C. 60
Lời giải

o

o
D. 90

Chọn D

( P)
( Q)
Ta
có:
Hai
mặt
phẳng
và
uur
uur
uur uur

uur uur
nP = ( 1; −2;1) ; nQ = ( 1;1;1) ⇒ nP .nQ = 0 ⇒ nP ⊥ nQ ⇒ (·
( P ) ; ( Q ) ) = 90°.

lần

lượt

là

iz + ( 1 − i ) z = −2i
Câu 12: Cho số phức z thỏa mãn
. Tổng phần thực và phần ảo của số phức
w = ( z + 1) z

A. 19 .

bằng
B. 22 .

C. 26 .
Lời giải

D. 20 .

Page 11


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
Giả sử số phức z có dạng: z = x + yi , x , y ∈ ¡ .

iz + ( 1 − i ) z = −2i ⇔ i ( x + yi ) + ( 1 − i ) ( x − yi ) = −2i ⇔ x − 2 y − yi = −2i
Ta có:
.
x − 2 y = 0
x = 4
⇔
⇔
− y = −2
 y = 2 ⇒ z = 4 + 2i .

w = ( z + 1) z = z.z + z = z + z = 20 + 4 − 2i = 24 − 2i
2

Ta có

Tổng phần thực và phần ảo của số phức w = 24 − 2i bằng 22 .
Câu 13: Thể tích khối hộp chữ nhật có 3 kích thước là a ; 2a ; 3a bằng
3
2
3
A. a .
B. 6a .
C. 2a .

3
D. 6a .

Lời giải
3
Thể tích khối hộp chữ nhật có 3 kích thước là a ; 2a ; 3a bằng a.2a.3a = 6a .

SA ⊥ ( ABCD )
Câu 14: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a ,
và SA = 3a .
Tính

VS . ABCD .

4a 3
A. 3 .

4a 3
B. 9 .

3

C. 4a .
Lời giải

3

D. 12a .

Thể tích của hình chóp S . ABCD là

1
1
2
VS . ABCD = SA.S ABCD = .3a. ( 2a ) = 4a 3
3

3

P : 2 x − y − 2 z + 2m − 3 = 0
Câu 15: Tìm tất cả các giá trị của m để mặt phẳng ( )
khơng có điểm chung

với mặt cầu (
3

m < 2

 m > 15
2 .
A. 

S ) : x2 + y2 + z 2 + 2x − 4z + 1 = 0

 m < −1

B.  m > 3 .

.

3
15
2 .
C. 2

D. −1 < m < 3 .

Lời giải

( S ) có tâm I ( −1; 0; 2 ) và bk R = 2
( P ) khơng có điểm chung với ( S ) ⇔ d ( I ; ( P ) ) > R .

Mặt cầu

Page 12


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
3

m
<

 2m − 9 < −6
2
⇔ 2m − 9 > 6 ⇔ 
⇔
2, ( −1) − 2.2 + 2m − 3
2
m
−
9
>
6
15


m >
⇔
>2
2
2
2

2 .
2 +1 + 2
Câu 16: Cho số phức z = 2021 − 2022i . Phần thực và phần ảo của z lần lượt là
A. 2021 và 2022 .
B. 2022 và 2021 .
C. 2022 và −2021 .
D. 2021 và −2022 .
Lời giải
Dễ thấy z = 2021 − 2022i ⇒ z = 2021 + 2022i .
Câu 17: Cho khối trụ có chiều cao h = 3 và bán kính đáy r = 2 .Diện tích tồn phần của khối trụ bằng
A. 20π .
B. 12π .
C. 16π . .
D. 10π .
Lời giải
Giả thiết cho h = l = 3 , r = 2
Diện tích tồn phần của khối trụ

Stp = 2 S d + S xq = 2r 2π + 2π rl = 8π + 12π = 20π .
x = 3 + t

d :  y = 2 − 2t
 z = 1 − 3t



Câu 18: Trong không gian Oxyz , đường thẳng
đi qua điểm nào dưới đây?
A 3; 2;1)
B 1; −2; −3)
C 1; 2; −3)
D 1; 2;3)
A. Điểm (
.
B. Điểm (
. C. Điểm (
. D. Điểm (
.
Lời giải
A 3; 2;1)
Đường thẳng d đi qua điểm (
ứng với t = 0 .
y = f ( x)
Câu 19: Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau:

Điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho là.
A. (3;9) .
B. (1; 4) .

C. ( −3;9) .
Lời giải
Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số có điểm cực đại (1; 4) .
Câu 20: Đường thẳng nào dưới đây là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

B. x = −1 .

A. y = −1 .

D. (4;1) .

y=

2x + 1
x +1 ?

D. x = 1 .

C. y = 2 .
Lời giải

Chọn B
Ta có

lim+ y = lim+

x →−1

x →−1

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

x →−1 x + 1
x +1
suy ra đường thẳng x = −1 là đường

tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

y=

2x +1
x +1 .

Câu 21: Tìm tập nghiệm S của bất phương trình

log 1 ( 1 − x ) > log 1 ( 2 x + 3 )
3

3

.
Page 13


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

2

S =  −∞; − ÷
3.

A.

 2

S =  − ; +∞ ÷
 3
.
B.

 2 
S =  − ;1÷
S = ( 1; +∞ )
 3 .
C.
D.
.
Lời giải
x < 1

⇔
1 − x > 0
2
2

 x > − 3 ⇔ − < x < 1
1
−
x
<
2
x

+
3
3
Bất phương trình tương đương với 
.
 2 
S =  − ;1÷
 3 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:
Câu 22: Có bao nhiêu cách chọn ra 2 học sinh gồm một nam và một nữ từ một nhóm học sinh gồm 8
nam và 3 nữ?
B. 8 .

A. 24 .

D. 3 .

C. 11 .
Lời giải

Ta có:
1
Cách chọn một học sinh nam từ 8 học sinh nam là C8 = 8 cách.
1
Cách chọn một học sinh nữ từ 3 học sinh nữ là C3 = 3 cách.

Vậy số cách chọn ra 2 học sinh gồm một nam và một nữ từ một nhóm học sinh gồm 8 nam và
3 nữ là: 8.3 = 24 cách chọn.
Câu 23: Nếu
A.

B.

∫ f ( x ) dx = F ( x ) + C

thì

∫

f ( 2 x + 3 ) dx = 2 F ( 2 x + 3) + C

∫

f ( 2 x + 3) dx = F ( 2 x + 3) + C

1

∫ f ( 2 x + 3) dx = 2 F ( x ) + C .
B.

.

1

∫ f ( 2 x + 3) dx = 2 F ( 2 x + 3) + C .
D.

.

∫

Nếu

1

Lời giải
f ( x ) dx = F ( x ) + C

1

1

thì

1

∫ 2 f ( 2 x + 3 ) d ( 2 x + 3 ) = 2 ∫ f ( u ) d ( u ) = 2 F (u ) + C = 2 F ( 2 x + 3 ) + C
1

∫ 3 f ( x ) + 2 g ( x ) dx = 10

Câu 24: Nếu
A. 3 .

0

1

và

1

∫ g ( x ) dx = −1 ∫ f ( x ) dx
thì

0

B. 1 .

bằng

0

D. 5 .

C. 4 .
Lời giải

Ta có
1

1

1

1

1

0

0

0

0

∫ 3 f ( x ) + 2 g ( x ) dx = 10 ⇒ 3∫ f ( x ) dx + 2∫ g ( x )dx = 10 ⇒ 3∫ f ( x )dx = 10 − 2∫ g ( x )dx = 12.
0

1

Vậy

∫ f ( x ) dx = 4.
0

Câu 25: Cho hàm số

y = f ( x)

nguyên hàm của

f ( x)

có đạo hàm là
thỏa mãn

f ′ ( x ) = e x + 2 x + 1, ∀x ∈ ¡

F ( 1) = e

. Tính

F ( 0)

và

f ( 0) = 1

. Biết

F ( x)

là

.

Page 14


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
5
A. 6 .

B.

−

1
6.

1
C. 6 .
Lời giải

D.

−

5
6.

x
x
2
f ′ ( x ) = e x + 2 x + 1, ∀x ∈ ¡ ⇒ f ( x ) = ∫ ( e + 2 x + 1) dx = e + x + x + C
Ta có
f ( 0 ) = 1 ⇔ e0 + 0 + C = 1 ⇔ C = 0
Vì
f x = e x + + x2 + x
Khi đó ( )
1
1
F ( x ) = ∫ ( e x + x 2 + x ) dx = e x + x3 + x 2 + C
F ( x)
f ( x)
3
2
Vì
là nguyên hàm của

nên

x3 x 2 5
5
F ( x ) = ex + + −
3 2 6
6 suy ra
Lại có
5
5 1
F ( 0 ) = e0 − = 1 − =
6
6 6.
Khi đó
f ( x)
Câu 26: Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau:
F ( 1) = e ⇔ C = −

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
( −1;0 ) .
( 0;1) .
( −2; 0 ) .
A.
B.
C.
Lời giải
( −1;0 ) .
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
y = ax 4 + bx 2 + c, ( a , b, c ∈ ¡

Câu 27: Cho hàm số
của hàm số đã cho bằng?

)

B. −1 .

Câu 28: Với mọi số thực dương a , b thoả mãn

( 0; +∞ ) .

có đồ thị là đường cong như hình bên. Giá trị cực đại

C. −3 .
Lời giải
Dựa vào đồ thị, ta thấy hàm số có giá trị cực đại y = −1 .
A. 0 .

D.

log 3 a 5 − log

3

D. 2 .

1
=2
b
. Khẳng định nào dưới đây đúng?

Page 15


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
A. a b = 3 .

B. a = 3b .

5

Ta có

log

5

a 5 − log
3

1
= 2 ⇔ log
b

3

C.
Lời giải

a5 + log

3

a5 −

1
=3
b
.

b = 2 ⇔ log
3

D.

1
=9
b
.

( a b) = 2 ⇔ a b = ( 3 )
5

3

a5 −

Câu 29: Tính thể tích của vật thể trịn xoay được tạo thành khi quay hình

5

(H)

2
được giới hạn bởi đồ thị hàm số y = 4 x − x và trục hoành.
31π
32π
34π
A. 3 .
B. 3 .
C. 3 .
Lời giải:
2
Điều kiện xác định: 4 x − x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 4 .

2

= 3.

H
quanh Ox với ( )

35π
D. 3 .

2
Phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 4 x − x và trục hoành là :
x = 0
⇔
x = 4
4x − x2 = 0 ⇔ 4x − x2 = 0


.

H
Thể tích của vật thể trịn xoay khi quay hình ( ) quanh Ox là :
2
4
4
32
V = π ∫ 4 x − x 2 dx = π ∫ ( 4 x − x 2 ) dx = π
0
0
3 .

(

)

32
π
quanh Ox là 3 .
Câu 30: Cho hình chóp S . ABCD có cạnh bên SB ⊥ ( ABCD ) và ABCD là hình chữ nhật. Biết
H
Vậy thể tích của vật thể trịn xoay khi quay hình ( )

SB = 2a, AB = 3a, BC = 4a và góc α là góc giữa mặt phẳng ( SAC ) và mặt phẳng đáy. Giá trị
của tan α bằng
3
4
5

6
A. 4 .
B. 3 .
C. 6 .
D. 5 .
Lời giải

·
Kẻ BH ⊥ AC ⇒ α = SHB .
BA.BC
3a.4a 12a
SB
2a 5
HB =
=
=
⇒ tan α =
=
=
2
2
5a
5
BH 12a 6
BA + BC
5
Ta có
.
y = f ( x)
Câu 31: Cho hàm số bậc ba

có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Page 16


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

f ( x + m) = m
Số giá trị nguyên của tham số m để phương
có ba nghiệm phân biệt?
A. 2
B. 1
C. 3
D. 0
Lời giải
Chọn C
f ( x)
f ( x + m)
Từ đồ thị
ta tịnh tiến đồ thị sang trái để có được đồ thị hàm số
nên khơng ảnh
hưởng đến số điểm cực trị, giá trị cực trị của hàm số
phương trình

f ( x + m) = m

f ( x + m)

. Khi đó ta có số nghiệm của

cũng là số nghiệm của phương trình

f ( x) = m

, nên để phương

f ( x + m) = m
f ( x) = m
trình
có ba nghiệm phân biệt thì phương trình
có ba nghiệm phân biệt
⇔ −3 < m < 1 .
Câu 32: Cho hàm đa thức bậc bốn
như hình vẽ.

y = f ( x)

. Biết đồ thị của hàm số

y = f ′( 3 − 2x)

được cho

y = f ( x)
Hàm số
nghịch biến trên khoảng nào tróng các khoảng dưới đây ?
( −∞; −1) .
( −1;1) .
( 1;5) .
( 5; +∞ ) .
A.

B.
C.
D.
Lời giải
f ′ ( 3 − 2 x ) = ax ( x − 1) ( x − 2 ) ( a < 0 )
Ta có:
.
f ′ ( 3) = 0
Với x = 0 thì
.
f ′ ( 1) = 0
Với x = 1 thì
.
f ′ ( −1) = 0
Với x = 2 thì
.
 x=3
f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 1
 x = −1
Suy ra:
.
1
2 thì f ′ ( 4 ) > 0 .
Với
Bảng biến thiên:
x=−

Page 17

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

( −∞; −1) và ( 1;3) .
nghịch biến trên khoảng
Câu 33: Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11 . Chọn ngẫu nhiên 6 tấm thẻ. Gọi P là xác
suất để tổng số ghi trên 6 tấm thẻ ấy là một số lẻ. Khi đó P bằng:
100
115
1
118
A. 231 .
B. 231 .
C. 2 .
D. 231 .
Vậy hàm số

y = f ( x)

Lời giải
Chọn D
n(Ω) = C116 = 462
. Gọi A :”tổng số ghi trên 6 tấm thẻ ấy là một số lẻ”.
Từ 1 đến 11 có 6 số lẻ và 5 số chẵn. Để có tổng là một số lẻ ta có 3 trường hợp.
5
Trường hợp 1: Chọn được 1 thẻ mang số lẻ và 5 thẻ mang số chẵn có: 6.C5 = 6 cách.
3
3
Trường hợp 2: Chọn được 3 thẻ mang số lẻ và 3 thẻ mang số chẵn có: C6 .C5 = 200 cách.
5
Trường hợp 2: Chọn được 5 thẻ mang số lẻ và 1 thẻ mang số chẵn có: C6 .5 = 30 cách.

236 118
P( A) =
=
n
(
A
)
=
6
+
200
+
30
=
236
462 231 .
Do đó
. Vậy

Câu 34: Tích các nghiệm của phương trình
A. log5 6 .
B. 5 .
x +1
x
Điều kiện xác định: 6 − 36 > 0

(

)

(

)

log 5 6 x +1 − 36 x = 1

(

bằng
C. log 6 5 .
Lời giải

D. 0 .

)

⇔ 6x 6 − 6x > 0 ⇔ 6 − 6x > 0 ⇔ x < 1
.

log 5 6 x +1 − 36 x = 1 ⇔ 6 x +1 − 36 x = 5 ⇔ 62 x − 6.6 x + 5 = 0
Ta có:
.
Đặt

6x = t ; ( t > 0)

.

x
x = 0

t = 1 ⇔  6 = 1
 x
⇔
⇔
2
6 = 5
 x = log 6 5 .
t = 5
Phương trình trở thành: t − 6t + 5 = 0
Vậy tích các nghiệm của phương trình bằng 0 .

z +2−i = 4
Câu 35: Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn
là đường trịn có tâm
và bán kính lần lượt là
I ( 2; − 1) R = 4
I ( 2; − 1) R = 2
I ( −2; − 1) R = 4
I ( −2; − 1) R = 2
A.
;
.
B.
;
. C.
;
. D.
;
.
Lời giải

( x, y ∈ R) .
Giả sử số phức thỏa mãn bài tốn có dạng z = x + yi
Suy ra z + 2 − i = x − yi + 2 − i = x + 2 − ( y + 1)i .
Do đó:

z + 2 − i = 4 ⇔ x + 2 − ( y + 1)i = 4 ⇔ ( x + 2) 2 + ( y + 1) 2 = 16

.
Page 18


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
I ( −2; − 1)
Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm
, bán kính R = 4 .
M ( 2; −1;1)
Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

d1 :

và hai đường thẳng

x − 2 y −1 z −1
x − 2 y + 3 z −1
=
=
d2 :
=
=
1

−2
2 ,
2
1
−1 . Đường thẳng ∆ cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và

B sao cho M là trung điểm của AB có phương trình là

A.

x = 2

 y = 1+ t
z = 1


.

B.

 x = −2

 y = 1+ t
 z = −1


.

C.

x = 2

 y = −1 + t
z = 1


.

D.

x = 2

 y = 1+ t
 z = −1


.

Lời giải
 x = 2 + t1

 y = 1 − 2t1
 z = 1 + 2t
d
1
Phương trình đường thẳng 1 có dạng phương trình tham số là: 
.
 x = 2 + 2t2

 y = −3 + t2

z = 1− t
d
2
Phương trình đường thẳng 2 có dạng phương trình tham số là: 
.
A = ∆ ∩ d1 ⇒ A ( 2 + t1 ;1 − 2t1 ;1 + 2t1 )
Ta có
.
B = ∆ ∩ d 2 ⇒ B ( 2 + 2t2 ; −3 + t2 ;1 − t2 )
Và
.
 2 + t1 + 2 + 2t2
=2

2

1 − 2t1 − 3 + t2
⇒
= −1
t1 + 2t2 = 0
2


⇔  −2t1 + t2 = 0
t = 0
1 + 2t1 + 1 − t 2
⇔1
=
1



2
 2t1 − t2 = 0
t2 = 0

Ta có M là trung điểm của AB
uuu
r
r
u = ( 0;1;0 )
A 2;1;1) B ( 2; −3;1) AB = ( 0; −4; 0 )
Suy ra (
,
,
. Chọn
là 1 VTCP của ∆ .
x = 2

∆ :  y = 1+ t
z = 1
A 2;1;1) B ( 2; −3;1)

Đường thẳng ∆ đi qua hai điểm (
,
nên
.

Câu 37: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
Tọa độ hình chiếu vng góc của M lên d là
B.

( −8;4; −3) .

và đường thẳng

( 1;2;1) .
C.
Lời giải
 Gọi H là hình chiếu vng góc của M lên d.
uuuur
H
1
+
3
t
;
−
2
−
2
t
;
t
⇒
(
) MH = ( 3t − 1;4− 2t;t − 3) .
Suy ra H ∈ d nên
r
u= ( 3; −2;1)
Đường thẳng d có một VTCP là

.
A.

( 1; −2;0) .

M ( 2; −6;3)

D.

 x = 1+ 3t

d :  y = −2− 2t
z = t


.

( 4; −4;1) .

Page 19


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
uuuur r
MH .u = 0 ⇔ 3( 3t − 1) − 2( 4− 2t) + ( t − 3) = 0 ⇔ t = 1⇒ H ( 4; −4;1)
Ta có MH ⊥ d nên
.
( ABC ) và AB = 3cm , BC = 4cm ,
Câu 38: Cho tứ diện ABCD có cạnh DA vng góc với mặt phẳng
AD = 6cm , AC = 5cm . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD ) bằng

12
cm
A. 5
.

12
cm
B. 7
.

C. 6cm .
Lời giải

D.

6
cm
10 .

+ Vì tam giác ABC có ba cạnh AB = 3cm , AC = 5cm , BC = 4cm nên tam giác ABC vuông
tại B .
+ Kẻ AH ⊥ DB ta có:
BC ⊥ AB 
 ⇒ BC ⊥ ( ABD )
BC ⊥ AD 
⇒ BC ⊥ AH
AH ⊥ ( BCD ) ⇒ d ( A, ( BCD ) ) = AH
Suy ra

1

1
1
1
1 1 5 ⇒ AH = 3 10 = 6
=
+
⇔
= + =
2
2
2
2
5
10 .
AD
AB
AH
6 9 18
Lại có: AH
Câu 39: Có bao nhiêu số nguyên x sao cho ứng với mỗi x có khơng q 728 số ngun y thỏa mãn
log 4 ( x 2 + y ) ≥ log 3 ( x + y )

A. 115 .

?

B. 58 .

C. 59 .
Lời giải

D. 116 .

Chọn D

Điều kiện

x + y > 0
 2
x + y > 0
 x, y ∈ ¢


.

log 4 ( x 2 + y ) ≥ log 3 ( x + y ) ⇔ x 2 + y ≥ 4log3 ( x + y ) ⇔ x 2 + y ≥ ( x + y )
Khi đó
⇔ x2 − y ≥ ( x + y )

log3 4

− ( x + y)

.

log 3 4

( 1)

( 1) được viết lại là x 2 − y ≥ t log3 4 − t ( 2 )

Đặt t = x + y ⇒ t ≥ 1 thì
( 1)
Với mỗi x nguyên cho trước có khơng q 728 số ngun y thỏa mãn bất phương trình
( 2 ) có khơng q 728 nghiệm t .
Tương đương với bất phương trình
Page 20


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

f ( t ) = t log3 4 − t
[ 1; + ∞ ) nên nếu x 2 − y ≥ 729log3 4 − 729 = 3367 thì sẽ
Nhận thấy
đồng biến trên
có ít nhất 729 nghiệm ngun t ≥ 1 .
2
Do đó u cầu bài tốn tương đương với x − x ≤ 3367 ⇔ −57 ≤ x ≤ 58 .
Mà x nguyên nên x nhận các giá trị −57, −56,...,57,58 .

Vậy có tất cả 116 số nguyên x thỏa yêu cầu bài toán.
f ( x ) = 4 f ( −2 x + 3)
F ( x)
f ( x)
Câu 40: Cho hàm số
liên tục trên R thỏa
. Gọi
là nguyên hàm của
5

∫

F ( 2 ) − F ( 4 ) = 24
trên R và thỏa mãn
. Khi đó −1
A. 10 .
B. 12 .
C. −10 .
f ( x)

f ( x ) dx

bằng
D. −12 .

Lời giải
Ta có:

f ( x ) = 4 f ( −2 x + 3) ⇒ ∫ f ( x ) dx =4 ∫ f ( −2 x + 3 ) dx ⇒ F ( x ) = −2 F ( −2 x + 3) + C

 F ( 2 ) = −2 F ( 1) + C

F ( 4 ) = −2 F ( 5 ) + C ⇒ F ( 2 ) − F ( 4 ) = 2 ( F ( 5 ) − F ( 1) ) ⇒ F ( 5 ) − F ( 1) = 12
Từ đó có: 
5

Vậy

∫ f ( x ) dx = F ( x )
1

Câu 41: Cho hàm số

f ( x)

5
1

= F ( 5 ) − F ( 1) = 12

.

f ′ ( x ) = x3 − x 2 − 2x
liên tục trên ¡ và có đạo hàm
. Gọi S là tập hợp các

y = f ( 6x − 5 − 2 + m)
−2021; 2022 ]
giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn [
để hàm số
có
đúng 7 điểm cực trị. Tổng các phần tử của S bằng
A. 2022 .
B. −2043231 .
C. 0 .
D. −2043232 .
Lời giải
3
2
f ′ ( x ) = x − x − 2 x = x ( x + 1) ( x − 2 )
Ta có
.

6 ( 6 x − 5)
y′ =
f ′( 6x − 5 − 2 + m)
6x − 5
.
5
5
x=
x=
6 nên
6 là một điểm cực trị của hàm số
Nhận xét y′ đổi dấu khi đi qua giá trị
y = f ( 6x − 5 − 2 + m )

.
 6 x − 5 − 2 + m = −1  6 x − 5 = 1 − m


y′ = 0 ⇔  6 x − 5 − 2 + m = 0 ⇔  6 x − 5 = 2 − m


 6x − 5 − 2 + m = 2
 6x − 5 = 4 − m
h ( x ) = 6 x − 5 ⇒ h′ ( x ) = 6 > 0, ∀x ∈ ¡

và

h ( x) = 0 ⇔ x =

5

6.

Đặt
Ta có:

Page 21


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

y = f ( 6x − 5 − 2 + m )

Hàm số

có đúng 7 điểm cực trị khi phương trình y′ = 0 có đúng 6

5
nghiệm thực phân biệt khác 6 nên 1 − m > 0 ⇔ m < 1 .
m ∈ [ −2021; 2022]
S = { −2021; −2020;... ; 0}
Vì m nguyên và
nên
.
Các phần tử của S lập thành cấp số cộng gồm 2022 số hạng có u1 = −2021; d = 1 nên tổng các

phần tử của S bằng

2022u1 +

2022.2021

.d = −2043231
2
.

( a,b∈ R) là số phức thỏa mãn điều kiện z - 1- 2i + z + 2- 3i = 10 và
Câu 42: Gọi z = a + bi
có mơ đun nhỏ nhất. Tính S = 7a + b?
B. 0 .

A. 7 .

Gọi

M ( a; b)

A( 1;2)

D. −12 .

là điểm biểu diễn số phức z = a + bi

là điểm biểu diễn số phức

B ( −2;3)

C. 5.
Lời giải

( 1+ 2i )

là điểm biểu diễn số phức

z − 1− 2i + z+ 2− 3i = 10

( - 2 + 3i )

,

AB = 10

trở thành MA + MB = AB

⇔ M , A, B thẳng hàng và M ở giữa A và B

( AB) : x + 3y− 7 = 0, ( OH ) :3x − y = 0
Gọi H là điểm chiếu của O lên AB, phương trình
uuur  3 1  uuur  27 9 
 7 21
H ; ÷
AH =  − ; ÷ BH =  ; − ÷
uuur
uuur
10
10
10
10
10
10
BH
=

−
9
AH






Tọa độ điểm
, Có
,
và
Nên H thuộc đoạn AB
Page 22


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
z

nhỏ nhất ⇔ OM nhỏ nhât, mà M thuộc đoạn AB
 7 21
⇔ M ≡ H ; ÷
 10 10 
Lúc đó

S = 7a + b =

49 21
+ =7

10 10
.

·
Câu 43: Cho khối hộp ABCD. A′B′C ′D′ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , ABC = 120° . Hình chiếu

( ABCD ) trùng với giao điểm của AC và BD , góc giữa hai mặt phẳng
vng góc của D′ lên
( ADD′A′)
3 3
a
A. 8 .

và

( A′B′C ′D′)

bằng 45° . Thể tích khối hộp đã cho bằng
1 3
3 3
a
a
B. 8 .
C. 16 .

3 3
a
D. 4 .

Lời giải

Gọi O là giao điểm của AC và BD .
D′O ⊥ ( ABCD )
( ADD′A′) I ( ABCD ) = AD . Dựng OM ⊥ AD tại M . Khi đó góc
Ta có
và
· ′MO
( ADD′A′ ) và ( ABCD ) là D
giữa hai mặt phẳng
.
· ′MO = 45°
( A′B′C ′D′) song song với ( ABCD ) nên D
Vì
.
·
·
Do ABC = 120° nên BAC = 60° và do đó tam giác ABD đều.

a 3 a 3
a 3
OM = OD.sin 60° = × =
OD′ = OM =
2 2
4 ,
4 .
Ta tính được
Diện tích hình thoi ABCD là

S ABCD = a.a.sin120° =
V = S ABCD .OD′ =

a2 3
2 .

3a 3
8 .

Vậy thể tích khối hộp đã cho là
y = f ( x)
Câu 44: Cho hàm số
là hàm đa thức bậc bốn và có đồ thị (C ) như hình vẽ. Biết diện tích hình
y = f ′( x)

856
bằng 5 . Tính diện tích hình

y = f ( x)
phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số
và
phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) và parabol ( P ) đi qua ba điểm cực trị của đồ thị (C ) .

Page 23


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

81
A. 20 .

81

B. 10 .

81
C. 5 .

9
D. 20 .

Lời giải
y = f ( x)
Theo hình vẽ ta thấy đồ thị (C ) của hàm số
tiếp xúc với trục hoành tại các điểm

f ( x ) = a ( x + 2)
A ( −2;0 ) B ( 1; 0 )
,
nên
f ′ x = a (4 x 3 + 6 x 2 − 6 x − 4)
Khi đó ( )
.
f ( x) = f ′( x)
Xét phương trình

2

( x − 1)

2

, (a ≠ 0)

.

 x = −1
x =1
2
2
⇔ a ( x + 2 ) ( x − 1) = a(4 x 3 + 6 x 2 − 6 x − 4) ⇔ x 4 − 2 x 3 − 9 x 2 + 2 x + 8 = 0 ⇔ 
 x = −2

x = 4
f ( x)

f ′( x)

Theo giả thiết diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của
và
4
856
856 428a
= a ∫ x 4 − 2 x 3 − 9 x 2 + 2 x + 8 dx ⇔
=
⇔a=2
−
2
5
5
Nên ta có: 5
.
Vậy

Ta có

f ( x ) = 2 ( x + 2)

2

( x − 1)

2

856
là: 5 .

⇒ f ′ ( x ) = 2(4 x 3 + 6 x 2 − 6 x − 4)

 x = −2

1
3
2
′
f ( x ) = 0 ⇔ 2(4 x + 6 x − 6 x − 4) = 0 ⇔  x = −
2

x = 1


.
 1 81 

C − ;


÷
⇒ Đồ thị (C ) có ba điểm cực trị là A ( −2;0 ) , B ( 1; 0 ) ,  2 8  .
y = g ( x) = mx 2 + nx + p, ( m ≠ 0 )
Giả sử phương trình parabol ( P ) có dạng
.
 1 81 
C− ; ÷
A −2;0 ) B ( 1; 0 )
Vì ( P ) đi qua ba điểm (
,
,  2 8  nên
9


a=−


 g (−2) = 0
2
4a − 2b + c = 0



9

⇔ a + b + c = 0 ⇔ b = −
 g ( 1) = 0

2

a b

81
1
81


g −
 − +c=
c = 9
9
9
=
⇒ y = g ( x) = − x 2 − x + 9
8
4 2
  2 ÷

 8

2
2
.
Page 24


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C ) và parabol ( P ) là

1

S=

∫ 2 ( x + 2 ) ( x − 1)
2

−2

2

9
81
 9

−  − x 2 − x + 9 ÷dx =
2
20 .
 2


3
2
z
Câu 45: Gọi S là tổng các số thực m thỏa mãn z − 7 z + 16 z − 12 − mz + 3m = 0 có nghiệm phức 0

thỏa mãn

| z0 |= 2

. Tính S
B. 25 .

C. 18 .
D. 16 .
Lời giải
3
2
z − 3) ( z 2 − 4 z + 4 − m ) = 0 ( 1)
(
z
−
7
z
+
16
z
−
12
−
mz
+
3
m
=
0
⇔
Ta có
z = 3
⇔

2
( z − 2 ) = m
A. 24 .

+ Với m ≥ 0 (1) ⇔ z = 2 ± m
| 2 + m |= 2
m = 0
| z0 |= 2 ⇔ 
⇔
| 2 − m |= 2
 m = 16

| z |= 4 − m
+ Với m < 0 (1) ⇔ z = 2 ± i −m . Do đó 0
| z0 |= 2 ⇔ 4 − m = 2 ⇔ 4 − m = 4 ⇔ m = 0
S = 0 + 16 = 16 .

( S ) là mặt cầu có bán kính nhỏ nhất trong
Câu 46: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu
các mặt cầu có phương trình:

x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( m + 2 ) x – 2 ( m − 3) z + m 2 + 10 = 0

và hai đường

 x = 2t

∆1 :  y = 1 − t
x −1 y z
∆2 :

=
=
z = t

1
−1 1 . Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu ( S ) , biết tiếp
thẳng
,
∆
∆
diện đó song song với cả hai đường thẳng 1 và 2 .
A. y + z + 4 = 0 .
B. y − z − 4 = 0 .
C. y − z + 4 = 0 .
Phương trình

D. y + z + 4 = 0 hoặc y + z = 0 .
Lời giải
2
2
2
x + y + z + 2 ( m + 2 ) x – 2 ( m − 3) z + m 2 + 10 = 0

x + y + z − 2ax – 2by − 2cz + d = 0 với
2

2

2

có dạng:
a = − ( m + 2 ) , b = 0, c = m − 3, d = m 2 + 10

.

Điều kiện để phương trình đã cho là phương trình mặt cầu: a + b + c − d > 0
2

2

2

⇒ ( m + 2 ) + ( m − 3) − ( m 2 + 10 ) > 0 ⇔ m 2 − 2m + 3 > 0 ⇔ m ∈ ¡
.
2

2

Khi đó bán kính mặt cầu là

R = m 2 − 2m + 3 =

( m − 1)

2

+2 ≥ 2

.

Do đó min R = 2 khi m = 1 .
( S ) là x 2 + y 2 + z 2 + 6 x + 4 z + 11 = 0 .
Nên phương trình mặt cầu
Page 25