đề 29 bám sát minh họa 2023 môn toan

PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
ĐỀ PHÁT TRIỂN MINH HỌA
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA NĂM 2023
BGD
TIÊU CHUẨN - ĐỀ SỐ 29
Bài thi môn: TỐN
(Đề gồm có 06 trang)
Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề
Họ và tên thí sinh:………………………………………………
Số báo danh:…………………………………………………….
Câu 1:

2x
Nghiệm của phương trình 3 = 4 là

A. x = −2 .
Câu 2:

Câu 3:

Câu 4:

Câu 5:
Câu 6:

B. x = 2 .

(

C.

)

A. −2i.

B. − 3i. .

Câu 9:

D.

x = log 3 4

.

thẳng AB là
A. I (2, −1,5).

B. I (0, 3, 2).

3
A. 3a .

3
B. 9a .

C. 3.
D. −2.
Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : 2 x − 3 y + 4 z − 1 = 0 có véc tơ pháp tuyến là
uu
r

uu
r
uu
r
ur
n3 = (2; −3; −1)
n2 = (2; −3;4)
n4 = (4; −3; 2)
n1 = (2;3; 4)
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2, −4, 3) và B(2, 2, 7) . Tọa độ trung điểm I của đoạn
C. I (0, −3, −2).
D. I (4, −2,10).
Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước lần lượt là 3; 4;5 bằng
A. 60 .
B. 30 .
C. 20 .
D. 15 .
2
Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy là 2a và chiều cao 3a bằng
3
C. 2a .

3
D. 6a .

( S ) : ( x − 3) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 16 . Tìm tọa độ tâm I của
Trong khơng gian Oxyz , mặt cầu

( S ) là:
mặt cầu
I ( 6; 4; 2 )
A.
.
Câu 8:

.

M −2; 3
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
là điểm biểu diễn của số phức z . Phần ảo của z
bằng

2

Câu 7:

x = log 3 2

2

I ( −6; − 4; − 2 )
I ( −3; − 2; − 1)

C.
.
D.
.
Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r = 5 và chiều cao h = 10.
A. V = 250.
B. V = 500π .
C. V = 250π .
D. 50π .
Cho cấp số cộng
A. −6 .

B.

( un )

với

I ( 3; 2;1)

2

u1 = 4

và

.

u2 = 10

. Công sai của cấp số cộng đã cho bằng
C. 2 .
D. 6

B. 5 .
Câu 10: Có bao nhiêu cách sắp xếp 10 học sinh thành một hàng dọc?
A. 9! .
B. 10! .
C. 10 .

Câu 11: Cho số phức z = 2 − 3i . Số phức w = z + 4 − 2i bằng
A. w = 7 − 6i.
B. w = 6 − 5i.
C. w = −2 − i.
x
Câu 12: Đạo hàm của hàm số y = 7 là
y′ =

7x
ln x .

x
B. y′ = 7 .
f ( x ) = cos 2 x
Câu 13: Họ nguyên hàm của hàm số
là

A.

x −1

C. y′ = x.7 .

D. 9.
D. w = 6 − i.

x
D. y′ = 7 .ln 7 .

Page 1


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
1

1

∫ f ( x ) dx = 2 sin x + C .
A.

∫ f ( x ) dx = 2 sin 2 x + C .
B.

1

1

∫ f ( x ) dx = − 2 sin x + C .
C.
Câu 14: Tập xác định của hàm số
A.

( 1; +∞ ) .

y = log 2 ( 1 − x )

B.

( −∞;1] .

∫ f ( x ) dx = − 2 sin x + C .
D.
là
C.

V = 288π ( cm
Câu 15: Bán kính r của khối cầu có thể tích

A.

r = 6 6 ( cm )

Câu 16: Cho hàm số

.
y = f ( x)

B.

r = 3 ( cm )

.

3

C.

( −∞;1) .

)

D.

¡ \ { 1}

D.

r = 6 2 ( cm )

.

bằng

r = 6 ( cm )

.

.

có bảng biến thiên như sau

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
( −1;3) .
( −∞;1) .
( −2; 2 ) .
( 2; +∞ ) .
A.
B.
C.
D.
y = f ( x)
Câu 17: Cho hàm số
có đồ thị là đường cong ở hình dưới. Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho
bằng

B. 1 .
C. 3 .
D. 2 .
( 1 − 4i ) z = 3 + i . Số phức liên hợp của z là:
Câu 18: Cho số phức z thoả mãn
1 13
1 13
1 13
1 13
− − i
− + i
− − i
− + i
A. 15 15
B. 7 7
C. 17 17

D. 17 17
Câu 19: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên ¡
4
2
3
A. y = x + 2 x − 2
B. y = − x − 3 x + 2
A. −2 .

C.

y=

2x − 3
x +1

3
2
D. y = x + x + 5 x − 3

log 2 ( 4a )
Câu 20: Với mọi số thực dương a ,
bằng
A. 2 log 2 a.
B. 4 + log 2 a.
C. 2 + log 2 a.
Câu 21: Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

D. 4 log 2 a.

Page 2


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 1 .
B. 0.

y=

Câu 22: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
A. y = 1 .
B. y = −1 .
3

∫

5

f ( x)dx = 3

Câu 23: Nếu 0
A. −4 .

và

∫

D. 2 .

C. 3.

x+3
x − 3 là đường thẳng có phương trình nào sau đây?
C. x = 3 .
D. x = −3 .
5

f ( x)dx = 7
thì

3

∫ f ( x ) dx
0

bằng

C. 10 .
log 5 ( 3 x + 1) < 2
Câu 24: Tập nghiệm của bất phương trình
là
 31

 1 
 ; +∞ ÷
 − ;8 ÷
( 8; +∞ ) .
3



A.
.
B.  3  .
C.
f ( x ) = x − e2 x
Câu 25: Cho hàm số
. Khẳng định nào sau đây đúng?
A.

∫

B. 4 .

f ( x )dx = 1 − 2e 2 x + C

1

∫ f ( x)dx = 2 x
C.
2

I =∫

2x
x2 + 5

2

D. 21 .
31 

 −∞; ÷
3 .
D. 
1

∫ f ( x)dx = 2 x
B.

.

− e2 x + C

.

∫ f ( x)dx = x
D.

2

2

1
− e2 x + C
2
.

1

− e2 x + C
2

dx

2
. Đặt u = x + 5 , mệnh đề nào sau đây là đúng?
3
3
2
2du
I = ∫ 2udu
I=∫
I=
I = ∫ 2du
u
5
5
0
A.
.
B.
.
C.
.
D.
Câu 27: Hàm số nào dưới đây có đồ thị là đường cong ở hình dưới?

Câu 26: Cho

0

3

∫ 2du
5

.

3
3
4
2
2
A. y = x − 3 x + 1 .
B. y = − x + 3 x + 1 .
C. y = x − x + 1 .
D. y = − x + x + 1 .
Câu 28: Một hội nghị gồm có 15 nam và 6 nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 người vào ban tổ chức. Xác suất để 3
người được chọn đều là nữ bằng
2
12
2
13
A. 7 .
B. 133 .
C. 133 .
D. 38 .

Câu 29: Với mọi số thực dương a, b thỏa mãn 3log a + 2 log b = 1 . Khẳng định nào dưới đây đúng?

Page 3


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
3 2
A. a b = 10.

3
2
B. a + b = 10.

3
2
D. a + b = 1.
x +1 y − 3 z
∆
:
=
=
.
M ( 1; −2;0 )
−1
1
−2 Mặt
Câu 30: Trong không gian Oxyz, cho điểm
và đường thẳng
phẳng đi qua M và vuông góc với ∆ có phương trình là

A. x − y + 2 z − 3 = 0.
C. − x + y − 2 z − 3 = 0.

B. x − y + 2 z + 3 = 0.
D. − x + y + 2 z + 3 = 0.

C. 3a + 2b = 10.

( P ) : x + 3 y − 3z − 1 = 0 . Đường thẳng đi qua điểm
Câu 31: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng
I ( −1;0; 4 )

( P ) có phương trình là
và vng góc với
 x = −1 − t
 x = −1 − t
 x = −1 + t



 y = −3t .
 y = 3t .
 y = 3t .
 z = 4 + 3t
 z = 4 + 3t
 z = 4 + 3t
A. 
B. 
C. 
1

∫ (2 f ( x) − 4 x)dx = 5

Câu 32: Nếu 0
1
.
A. 2

D.

x = 1− t

.
y = 3
 z = −3 + 4t


1

∫ f ( x)dx

thì 0
7
.
B. 2

bằng
2
.
C. 7

5

.
D. 2

4
2
Câu 33: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x − 10 x + 2 trên đoạn
[−1; 2]. Tổng M + m bằng

A. −29.

D. −24.
Câu 34: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a . Cạnh SA = 2a và vng góc
B. −20.

C. −5.

( SBD ) bằng
với mặt phằng đáy. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
3
a.
A. 2

2 3
2 3
2
a.
a.
a.
B. 3
C. 3

D. 3
Câu 35: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi I là trung điểm AB . Tính cosin của góc giữa hai đường
thẳng AD và CI .

1
.
A. 2

3
.
2
B.

3
.
3
C.

3
.
6
D.

2
y = f ( x)
có đạo hàm f ′( x) = ax + bx + 8 (a, b ∈ ¡ ) . Đồ thị của hàm số
như hình vẽ bên. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = f ( x) và trục hoành (phần gạch
chéo) bằng

Câu 36: Cho hàm số

A. 8.

y = f ( x)

B. 4.

C. 16.

D. 12.
Page 4


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

z+i = 2
( z − 2 ) là số thuần ảo?
Câu 37: Có bao nhiêu số phức z thoả mãn
và
A. 4
B. 2
C. 3
D. 1
Câu 38: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, biết BC = 2 AB = 2 SC = 4a . Số đo của góc
giữa SC và mặt đáy bằng 60°. Thể tích V của khối chóp S . ABCD là
2

A.

V=

8 15 3
a ×
3

B. V = 8 3a ×
3

C.

V=

8 3 3
a ×
3

D.

V=

8 3 3
a ×
2

Câu 39: Cho khối nón đỉnh S có chiều cao bằng 3 5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác đều, mặt phẳng này cách tâm đường trịn đáy một khoảng
bằng 3. Thể tích của khối nón đã cho bằng
C. 6 5π .
D. 5 6π .
A ( a;0;0 ) B ( 0; b;0 ) C ( 0;0; c )

Câu 40: Trong không gian Oxyz , xét ba điểm
,
,
với a, b, c là các số thực
B. 30 5π .

A. 90 5π .

1 1 1
2
2
2
− + =1
S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 3) = 25
(
a
b
c
thay đổi thoả mãn
. Biết rằng mặt cầu
cắt

( ABC ) theo giao tuyến là một đường trịn có bán kính bằng 4 . Giá trị của biểu thức
mặt phẳng
a + b + c bằng
A. 2 .

B. 1 .

Câu 41: Cho hàm số

y = f ( x)

liên tục trên ¡

C. 3 .
sao cho

g ( x ) = f ( x 3 + x ) − x 2 + 2 x + m.

Giá trị của tham số m để
B. 3 .
C. 5 .

A. 4 .

D. 4 .
max f ( x ) = f ( 2 ) = 4.

x∈[ 0;10]

max g ( x ) = 8
x∈[ 0;2]

Xét hàm số

là

D. −1 .

x2 −1
x2 −1
log 5
≤ log 3
6561
625
Câu 42: Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn
A. 3 .
B. 1 .
C. 5 .
Câu 43: Cho hàm số

y = f ( x)

liên tục trên ¡ , thỏa mãn

D. 0 .
f ′ ( x ) − f ( x ) = −8 + 16 x − 4 x 2

Tính thể tích khối trịn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
Ox quay quanh Ox .

256
A. 15 .

256
π
B. 15 .

và

f ( 0) = 0

y = f ( x)

.

và trục

16
π
C. 3 .

16
D. 3 .
2
Câu 44: Cho m là số thực, biết phương trình z − 2mz + 9 = 0 có hai nghiệm phức z1 , z2 . Có bao nhiêu

z z + z2 z1 < 16
giá trị nguyên của m sao cho 1 2
?
A. 3 .
B. 4 .
C. 5 .
D. 6 .
y = f ( x)
y = f ′( 1+ x)
Câu 45: Cho hàm số bậc bốn
. Biết hàm số
có đồ thị như trong hình bên.

Page 5


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

g ( x ) = f ( − x 2 + 2 x − 2022 + m )
Có bao nhiêu số nguyên dương m sao cho hàm số
đồng biến

( 0;1) ?
trên
A. 2023 .

B. 2021 .
C. 2022 .
D. 2024 .
Câu 46: Trong khơng gian Oxyz , cho biết có hai mặt cầu có tâm nằm trên đường thẳng

d:

x y −1 z + 2
=
=
2
1
−1 , tiếp xúc đồng thời với hai mặt phẳng

( α ) : x + 2 y − 2z +1 = 0

và

R1
( β ) : 2 x − 3 y − 6 z − 2 = 0 . Gọi R1 , R2 ( R1 > R2 ) là bán kính của hai mặt cầu đó. Tỉ số R2 bằng

B. 3 .
C. 2 .
D. 3 .
Câu 47: Cho hình hộp đứng ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh AA′ = 2 , đáy ABCD là hình thoi với ABC là
tam giác đều cạnh bằng 4. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của B′C ′, C ′D′, DD′ và Q thuộc
cạnh BC sao cho QC = 3QB . Tính thể tích tứ diện MNPQ .
A.

2.

A. 3 3 .

3 3
B. 2 .

3
C. 4 .

3
D. 2 .

Page 6


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

Câu 48: Cho hàm số

Câu 49:

f ( x)

f ′( x)
liên tục trên ¡ và có đồ thị
như hình vẽ bên.

log 5  f ( x ) + m + 2 + f ( x ) > 4 − m
x ∈ ( −1; 4 )
Bất phương trình
đúng với mọi
khi và chỉ khi
m ≥ 4 − f ( −1)
m ≥ 3 − f ( 1)
m < 4 − f ( −1)
m ≥ 3 − f ( 4)
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
z − 2 + 3i = 2
Cho số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
và biểu thức

2

T = z + 7 + 2i + z − 1 − 6i

A. 2020 2 .
S
Câu 50: Gọi

2

đạt giá trị lớn nhất. Giá trị biểu thức

B. 2021 2 .
là

tập

log 2 y + 6log 2 x − log 22 x + 1 ≥ 2

hợp
log 22 ( 2 x )

hợp S có nhiều nhất 32 phần tử?
A. 18 .
B. 36 .

S = z − ( 2022 − 2023i )

C. 2022 2 .
các

số

nguyên

D. 2023 2 .
x
thỏa

mãn

+ log 2 x 2 − 4 yx 6 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của y để tập
C. 38 .

D. 19 .

---------- HẾT ----------

Page 7


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

Câu 1:

Câu 2:

2.C
12.D
22.A
32.B
42.D

3.B
13.B
23.C
33.B
43.B

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

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Nghiệm của phương trình 3 = 4 là
x = log 3 2
A. x = −2 .
B. x = 2 .
C.
.
Lời giải
2x
3 = 4 ⇔ 2 x = log 3 4 ⇔ x = log 3 2

(

B. − 3i. .

(

M −2; 3

Câu 6:

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

x = log 3 4

.

)

D. −2.

biểu diễn cho số phức z = −2 + 3i có phần ảo của z bằng 3 .
Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : 2 x − 3 y + 4 z − 1 = 0 có véc tơ pháp tuyến là
uu
r
uu

r
uu
r
ur
n3 = (2; −3; −1)
n2 = (2; −3;4)
n4 = (4; −3; 2)
n1 = (2;3; 4)
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2, −4, 3) và B(2, 2, 7) . Tọa độ trung điểm I của đoạn
C. I (0, −3, −2).
D. I (4, −2,10).
Lời giải
Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là I (2, −1,5).
Thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước lần lượt là 3; 4;5 bằng
A. 60 .
B. 30 .
C. 20 .
D. 15 .
Lời giải
Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho là: V = 3.4.5 = 60 .
B. I (0, 3, 2).

2
Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy là 2a và chiều cao 3a bằng
3
3
3
3
A. 3a .
B. 9a .
C. 2a .
D. 6a .
Lời giải
2
3
Thể tích của khối lăng trụ đã cho là: V = 2a .3a = 6a .

S : x − 3) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 16
Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( ) (
. Tìm tọa độ tâm I của
2

Câu 7:

D.

C. 3.
Lời giải

)

thẳng AB là
A. I (2, −1,5).

Câu 5:

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

M −2; 3
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
là điểm biểu diễn của số phức z . Phần ảo của z
bằng

Tọa độ

Câu 4:

8.C
18.C
28.C
38.C
48.D

2x

A. −2i.

Câu 3:

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

( S ) là:
mặt cầu
I ( 6; 4; 2 )
A.
.
Tâm của mặt cầu

B.

( S)

là

I ( 3; 2;1)

I ( 3; 2;1)

.

C.
Lời giải

2

2

I ( −6; − 4; − 2 )

.

D.

I ( −3; − 2; − 1)

.

.
Page 8


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

Câu 8:

Câu 9:

Tính thể tích V của khối trụ có bán kính đáy r = 5 và chiều cao h = 10.
A. V = 250.
B. V = 500π .
C. V = 250π .
D. 50π .
Lời giải
2
2
Thể tích V của khối trụ là V = π r h = π .5 .10 = 250π .
u =4
u = 10
(u )
Cho cấp số cộng n với 1
và 2
. Công sai của cấp số cộng đã cho bằng
A. −6 .
B. 5 .
C. 2 .
D. 6

Lời giải
Ta có d = u2 − u1 = 10 − 4 = 6 .
Câu 10: Có bao nhiêu cách sắp xếp 10 học sinh thành một hàng dọc?
A. 9! .
B. 10! .
C. 10 .

D. 9.

Lời giải
10
10!
Xếp học sinh thành một hàng dọc có
cách xếp.
Câu 11: Cho số phức z = 2 − 3i . Số phức w = z + 4 − 2i bằng
A. w = 7 − 6i.
B. w = 6 − 5i.
C. w = −2 − i.
Lời giải
Ta có: w = z + 4 − 2i = 2 − 3i + 4 − 2i = 6 − 5i .

D. w = 6 − i.

x
Câu 12: Đạo hàm của hàm số y = 7 là

A.

y′ =

7x
ln x .

x
B. y′ = 7 .

C. y′ = x.7
Lời giải

( a x ) ′ = a x .ln a.
Áp dụng công thức:
y′ = ( 7 x ) ′ = 7 x.ln 7
Ta có
.
f ( x ) = cos 2 x
Câu 13: Họ nguyên hàm của hàm số
là
1
f ( x ) dx = sin x + C
∫
2
A.
.
1

x −1

x
D. y′ = 7 .ln 7 .

.

1

∫ f ( x ) dx = 2 sin 2 x + C .
B.

1

∫ f ( x ) dx = − 2 sin x + C .
C.

∫ f ( x ) dx = − 2 sin x + C .
D.
Lời giải
1

∫ cos ( ax + b ) dx = a sin ( ax + b ) + C .
Áp dụng công thức:
1

∫ f ( x ) dx = ∫ cos 2 xdx = 2 sin 2 x + C .
Ta có

y = log 2 ( 1 − x )
Câu 14: Tập xác định của hàm số
là
( 1; +∞ ) .
( −∞;1] .
A.
B.
ĐKXĐ: 1 − x > 0 ⇔ x < 1
Vậy tập xác định của hàm số là:

D = ( −∞;1)

( −∞;1) .

C.
Lời giải

D.

¡ \ { 1}

.

.
Page 9


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
Câu 15: Bán kính r của khối cầu có thể tích
A.

r = 6 6 ( cm )

.

B.

(

V = 288π cm3

r = 3 ( cm )

.

)

C.
Lời giải

bằng

r = 6 ( cm )

.

D.

r = 6 2 ( cm )

.

4
V = 288π = π r 3 ⇔ r 3 = 216 ⇔ r = 6 ( cm )
3
Ta có:

6 ( cm )
Vậy bán kính r của khối cầu đã cho là
.
y = f ( x)
Câu 16: Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
( −1;3) .
( −∞;1) .
( −2; 2 ) .
( 2; +∞ ) .
A.
B.
C.
D.
Lời giải
f ′( x) < 0, ∀x ∈ ( −1;3 )
( −1;3) .
Vì
nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
y = f ( x)
Câu 17: Cho hàm số
có đồ thị là đường cong ở hình dưới. Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho
bằng

A. −2 .

B. 1 .

y = f ( x)

C. 3 .
Lời giải

D. 2 .

, hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 và giá trị cực tiểu bằng −2 .
( 1 − 4i ) z = 3 + i . Số phức liên hợp của z là:
Câu 18: Cho số phức z thoả mãn
1 13
1 13
1 13
1 13
− − i
− + i
− − i
− + i
A. 15 15
B. 7 7
C. 17 17
D. 17 17
Lời giải
3+i
1 13
1 13
=− + i⇒
=− − i
( 1 − 4i ) z = 3 + i ⇔ z =
17 17 .
1 − 4i
17 17
z
Ta có
Câu 19: Hàm số nào dưới đây đồng biến trên ¡
4

2
3
A. y = x + 2 x − 2
B. y = − x − 3 x + 2
Dựa vào đồ thị hàm số

C.

y=

2x − 3
x +1

3
2
D. y = x + x + 5 x − 3
Lời giải

Page 10


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
3
2
2
Xét hàm số y = x + x + 5 x − 3 , ta có y ′ = 3x + 2 x + 5 > 0, ∀x ∈ ¡ nên hàm số đồng biến trên
¡ .
log 2 ( 4a )
Câu 20: Với mọi số thực dương a ,
bằng

A. 2 log 2 a.
B. 4 + log 2 a.
C. 2 + log 2 a.
D. 4 log 2 a.
Lời giải
2
log 2 ( 4a ) = log 2 4 + log 2 a = log 2 2 + log 2 a = 2 + log 2 a
Ta có:
.
Câu 21: Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 1 .
B. 0.

C. 3.
D. 2 .
Lời giải
Từ đồ thị ta thấy, hàm số đã cho có hai điểm cực trị.
x+3
y=
x − 3 là đường thẳng có phương trình nào sau đây?
Câu 22: Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
A. y = 1 .
B. y = −1 .
C. x = 3 .
D. x = −3 .
Lời giải

 x+3

lim y = lim 
÷= 1
x →±∞
x →±∞ x − 3

 . Suy ra y = 1 là TCN của đồ thị hàm số.
Ta có:
3

∫

5

f ( x)dx = 3

Câu 23: Nếu 0
A. −4 .

Ta có:

và

∫

5

f ( x)dx = 7
thì

3

B. 4 .
5

3

5

0

0

3

∫ f ( x ) dx
0

bằng

C. 10 .
Lời giải

∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = 3 + 7 = 10

D. 21 .

.

log 5 ( 3 x + 1) < 2
Câu 24: Tập nghiệm của bất phương trình

là
 31

 1 
 ; +∞ ÷
 − ;8 ÷
( 8; +∞ ) .
3


A.
.
B.  3  .
C.
Lời giải
1
3x + 1 > 0 ⇔ x > −
3.
Điều kiện

31 

 −∞; ÷
3 .
D. 

log 5 ( 3 x + 1) < 2 ⇔ 3 x + 1 < 52 = 25 ⇔ 3 x < 24 ⇔ x < 8
Vì cơ số 5 > 1 nên ta có
.
1

1
x>−
− < x <8
3 , suy ra bất phương trình có nghiệm 3
Kết hợp điều kiện
.
Page 11


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
 1 
 − ;8 ÷
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  3  .

f ( x ) = x − e2 x

Câu 25: Cho hàm số
A.

∫

f ( x )dx = 1 − 2e 2 x + C

1

∫ f ( x)dx = 2 x
C.

2

. Khẳng định nào sau đây đúng?
1

∫ f ( x)dx = 2 x
B.

.

− e2 x + C

∫ f ( x)dx = x
D.

.

2

2

1
− e2 x + C
2
.

1
− e2 x + C
2

Lời giải
1

∫ f ( x)dx = 2 x
Ta có
2

Câu 26: Cho

2x

I =∫

x2 + 5

0

dx

2

A.

I = ∫ 2du
0

.

2

1
− e2 x + C

2
.

2
. Đặt u = x + 5 , mệnh đề nào sau đây là đúng?
3
3
2du
I = ∫ 2udu
I=∫
I=
u
5
5
B.
.
C.
.
D.
Lời giải

3

∫ 2du
5

.

2
2

2
Đặt u = x + 5 ⇒ u = x + 5 ⇒ 2udu = 2 xdx

Đổi cận: x = 0 ⇒ u = 5 và x = 2 ⇒ u = 3 .
2

I =∫

2x
x2 + 5

3

dx =

2udu
∫ u =
5

3

∫ 2du

5
Khi đó
.
Câu 27: Hàm số nào dưới đây có đồ thị là đường cong ở hình dưới?
0

3

A. y = x − 3 x + 1 .

3
4
2
B. y = − x + 3 x + 1 .
C. y = x − x + 1 .
Lời giải
Đồ thị hàm số đã cho là bậc 3, với a > 0.

2
D. y = − x + x + 1 .

Câu 28: Một hội nghị gồm có 15 nam và 6 nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 người vào ban tổ chức. Xác suất để 3
người được chọn đều là nữ bằng
2
12
2
13
A. 7 .
B. 133 .
C. 133 .
D. 38 .
Lời giải

C3
Số cách chọn ngẫu nhiên 3 người từ 21 vào ban tổ chức là 21 .
3
n ( Ω ) = C21
= 1330.

Nên không gian mẫu là
n ( A ) = C63 = 20.
Gọi A là biến cố: “3 người được chọn đều là nữ”, ta có

Page 12


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

P ( A) =

n ( A)
20
2
=
=
n ( Ω ) 1330 133

Xác suất của biến cố A là:
Câu 29: Với mọi số thực dương a, b thỏa mãn 3log a + 2 log b = 1 . Khẳng định nào dưới đây đúng?
3 2
A. a b = 10.

3
2
B. a + b = 10.

3
2
D. a + b = 1.

C. 3a + 2b = 10.
Lời giải

3log a + 2 log b = 1 ⇔ log a 3 + log b 2 = 1 ⇔ log ( a3b 2 ) = 1 ⇔ a 3b 2 = 10

.

Ta có:
M ( 1; −2;0 )

Câu 30: Trong không gian Oxyz, cho điểm
và đường thẳng
phẳng đi qua M và vng góc với ∆ có phương trình là
A. x − y + 2 z − 3 = 0.
C. − x + y − 2 z − 3 = 0.

∆:

x +1 y − 3 z
=
=
.
−1
1
−2 Mặt

B. x − y + 2 z + 3 = 0.
D. − x + y + 2 z + 3 = 0.

Lời giải
uu
r
u
= ( −1;1; −2 )
∆
Đường thẳng ∆ có một vec tơ chỉ phương là
M ( 1; −2; 0 )

Mặt phẳng đi qua điểm
và vng góc với đường thẳng ∆ nên nhận
làm một vec tơ pháp tuyến, do đó mặt phẳng có phương trình
−1( x − 1) + 1( y + 2 ) − 2 z = 0 ⇔ − x + y − 2 z + 3 = 0 ⇔ x − y + 2 z − 3 = 0

uu
r
u∆ = ( −1;1; −2 )

.

( P ) : x + 3 y − 3z − 1 = 0 . Đường thẳng đi qua điểm
Câu 31: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng
I ( −1;0; 4 )

( P ) có phương trình là
và vng góc với
 x = −1 − t
 x = −1 − t
 x = −1 + t




 y = −3t .
 y = 3t .
 y = 3t .
 z = 4 + 3t
 z = 4 + 3t
 z = 4 + 3t
A. 
B. 
C. 
Lời giải
uur
P)
nP = ( 1;3; −3)
(
Mặt phẳng
có một vec tơ pháp tuyến là
I ( −1;0; 4 )

Đường thẳng đi qua điểm

D.

( P)
và vng góc với mặt phẳng

x = 1− t

.

y = 3
 z = −3 + 4t


nên nhận

uur
nP = ( 1;3; −3)

 x = −1 + t

( t∈¡ )
 y = 3t
 z = 4 − 3t
làm một vec tơ chỉ phương, do đó đường thẳng có phương trình 
.
1

1

∫ (2 f ( x) − 4 x)dx = 5

Câu 32: Nếu
1
.
A. 2

0

∫ f ( x)dx

thì 0
7
.
B. 2

bằng
2
.
C. 7
Lời giải

1

1

1

1

0

0

0

0

5
.

D. 2

7

∫ (2 f ( x) − 4 x)dx = 5 ⇔ 2∫ f ( x)dx − ∫ 4 xdx = 5 ⇔ ∫ f ( x)dx = 2

.
Page 13


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
4
2
Câu 33: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x − 10 x + 2 trên đoạn
[−1; 2]. Tổng M + m bằng

A. −29.

B. −20.

C. −5.
Lời giải

D. −24.

3
Xét x ∈ [−1; 2] , ta có: y ′ = 4 x − 20 x .
y′ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ± 5 .

y (0) = 2; y ( −1) = −7; y (2) = −22 .

M = max y = y (0) = 2 m = min y = y (2) = −22
[ −1;2]
[ −1;2]
Suy ra
;
.
Vậy M + m = −22 + 2 = −20 .
Câu 34: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a . Cạnh SA = 2a và vng góc

( SBD ) bằng
với mặt phằng đáy. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
3
a.
A. 2

2
a.
B. 3

2 3
a.
C. 3
Lời giải

2 3
a.
D. 3

( SAO ) kẻ AM ⊥ SO tại M ( 1)
Trong mặt phẳng

 SA ⊥ BD
⇒ BD ⊥ ( SAO )

AM ⊂ ( SAO )
( 2)
Ta có  AO ⊥ BD
mà
nên AM ⊥ BD
( 1) và ( 2 ) suy ra AM ⊥ ( SBD ) .
Từ
⇒ d ( A; ( SBD ) ) = AM
1
1
1
1
1
9
= 2+
=
+
= 2
2
2
2
2
AM
SA
AO
( 2a )  a 2  4a
2


÷
⇒ AM = a
2


3 .
Ta có
2
d ( A; ( SBD ) ) = a
3 .
Vậy

Page 14


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
Câu 35: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi I là trung điểm AB . Tính cosin của góc giữa hai đường
thẳng AD và CI .

1
.
A. 2

3
.
2
B.

3

.
3
C.
Lời giải

Gọi E là trung điểm của BD .
· , CI = CIE
·
⇒ IE //AD ⇒ ·AD , CI = IE

(

) (

⇒ CI = CE =

)

3
.
6
D.

.

a 3
2 .

∆ABC đều cạnh a
AD a

IE =
=
2
2 ( IE là đường trung bình của ∆ABD )
∆CIE có:

·
cos CIE
=

(

CI 2 + IE 2 − CE 2
3
=
2CI .IE
6 .

)

3
cos ·AD, CI =
6 .
Vậy
2
y = f ( x)
có đạo hàm f ′( x) = ax + bx + 8 (a, b ∈ ¡ ) . Đồ thị của hàm số
như hình vẽ bên. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = f ( x) và trục hoành (phần gạch
chéo) bằng

Câu 36: Cho hàm số

A. 8.

y = f ( x)

B. 4.

C. 16.
Lời giải

D. 12.

Page 15


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = f ( x ) và trục hoành (phần gạch chéo) được xác

định bằng

2

4

0

2

S = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx

.

⇒ f ( x) =

ax 3 bx 2
+
+ 8 x + C ( a, b ∈ ¡ )
3
2

Có f ′( x ) = ax + bx + 8 (a, b ∈ ¡ )
y = f ( x)
( 0;0 ) , ( 2;0 ) , ( 4;0 ) nên ta được
Vì đồ thị hàm số
đi qua các điểm

C = 0
C = 0

 8a

 + 2b + 16 = 0 ⇔  a = 3
3
b = −12

 64a
+
8
b

+
32
=
0
 3
⇒ f ( x ) = x3 − 6 x 2 + 8 x
.
2

2

4

2

4

S = ∫ f ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx = ∫ ( x − 6 x + 8 x ) dx − ∫ ( x 3 − 6 x 2 + 8 x ) dx = 8
3

Vậy

0

2

2

0

2

.

z+i = 2
( z − 2 ) là số thuần ảo?
Câu 37: Có bao nhiêu số phức z thoả mãn
và
A. 4
B. 2
C. 3
D. 1
Lời giải
z = x + yi ( x, y ∈ ¡ )
Giả sử :
. Theo giả thiết:
2

z + i = 2 ⇔ x 2 + ( y + 1) = 4
2

( z − 2)
Nên:

2

= ( x − 2 + yi ) = ( x − 2 ) − y 2 + 2 ( x − 2 ) yi

( x − 2)

2

2

2

là số thuần ảo.

y = x −2
= y2 ⇔ 
− y = x − 2

( y + 2 ) + ( y + 1) = 4 ⇔ 2 y 2 + 6 y + 1 = 0 ⇔ y =
x
−
2
=
y
TH1:
thì:
Nên TH1 có 2 số phức thỏa mãn.
2

2

−3 ± 7
2

( 2 − y ) + ( y + 1) = 4 ⇔ 2 y 2 − 2 y + 1 = 0 ( vô nghiệm ).
TH2: x − 2 = − y thì:

Vậy có 2 số phức thỏa mãn u cầu bài tốn.
2

2

Câu 38: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, biết BC = 2 AB = 2 SC = 4a . Số đo của góc
giữa SC và mặt đáy bằng 60°. Thể tích V của khối chóp S . ABCD là
A.

V=

8 15 3
a ×
3

B. V = 8 3a ×
3

V=

C.
Lời giải

8 3 3
a ×
3

D.

V=

8 3 3
a ×
2

Page 16


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

Ta có

S ABCD = 2a.4a = 8a 2 .

·
Gọi H là chân đường cao của hình chóp. Ta có, góc giữa SC và mặt đáy là góc SCH
·
⇒ SCH
= 60° ⇒ SH = SC.sin 60° = 3a .
1
1
VS . ABCD = SH .S ABCD =
3
3
Vậy, ta được

(

)

3.a ( 8a 2 ) =

8 3 3
a.
3

Câu 39: Cho khối nón đỉnh S có chiều cao bằng 3 5 . Một mặt phẳng đi qua đỉnh hình nón và cắt hình
nón theo một thiết diện là tam giác đều, mặt phẳng này cách tâm đường trịn đáy một khoảng
bằng 3. Thể tích của khối nón đã cho bằng
A. 90 5π .

B. 30 5π .

C. 6 5π .
Lời giải

D. 5 6π .

⇒ OI ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SOI )
Gọi I là trung điểm AB
.

Kẻ

OH ⊥ SI ⇒ OH ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( O; ( SAB ) ) = OH = 3 ⇒ OI =

3 5
15
⇒ SI =
2

2 .

2

1
 AB 
2
⇒ AB = 5 3 ⇒ OB = OI 2 + IB 2 = OI 2 + 
÷ = 30 ⇒ V = π SO.OB = 30 5π
3
 2 
.

A ( a;0;0 ) B ( 0; b;0 ) C ( 0;0; c )
Câu 40: Trong không gian Oxyz , xét ba điểm
,
,
với a, b, c là các số thực
1 1 1
2
2
2
− + =1
S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 3) = 25
(
a
b
c
thay đổi thoả mãn
. Biết rằng mặt cầu

cắt
Page 17


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

( ABC ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 4 . Giá trị của biểu thức
mặt phẳng
a + b + c bằng
A. 2 .

B. 1 .

C. 3 .
Lời giải

D. 4 .

1 1 1
− + =1
Điều kiện xác định của hệ thức a b c
là abc ≠ 0 .
x y z
+ + =1
ABC )
(
Khi đó phương trình mặt phẳng
là a b c
.
1 1 1

− + =1
( ABC ) đi qua điểm M ( 1; −1;1) và có vectơ pháp tuyến
Vì a b c
nên mặt phẳng
r  1 1 1
n= ; ; ÷
a b c.

( S ) có tâm I ( 2;1;3) và bán kính R = 5 .
Mặt cầu
uuu
r
MI = ( 1; 2; 2 )
( 1)
Ta có
nên IM = 3
( ABC ) .
Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng
( ABC ) với mặt cầu ( S ) là đường trịn tâm H có bán kính r = 4 .
Khi đó giao tuyến của
2
2
2
2
( 2)
Ta có IH = R − r = 5 − 4 = 3
IH ⊥ ( ABC )
M ∈ ( ABC )
( 3)
Vì

và
nên IM ≥ IH
( 1) , ( 2 ) ta có IM = IH = 3 . Do đó ( 3) phải xảy ra đẳng thức hay M ≡ H .
Từ
uuu
r
MI = ( 1; 2; 2 )
IM ⊥ ( ABC )
( ABC ) , suy ra phương trình
Khi đó
nên
là vectơ pháp tuyến của

( ABC ) là ( x − 1) + 2 ( y + 1) + 2 ( z − 1) = 0 ⇔ x + 2 y + 2 z − 1 = 0 .
mặt phẳng
1
a =1

a = 1
1

 =2⇔
1
b
b = c = 2
1
 =2
Do đó  c
. Vậy a + b + c = 2 .
Câu 41: Cho hàm số

y = f ( x)

liên tục trên ¡

sao cho

g ( x ) = f ( x 3 + x ) − x 2 + 2 x + m.

Giá trị của tham số m để
B. 3 .
C. 5 .
Lời giải

A. 4 .

t = x3 + x, x ∈ [ 0; 2]
Đặt
.
t ' = 3x 2 + 1 > 0, ∀x ∈ [ 0; 2]
Ta có

max f ( x ) = f ( 2 ) = 4.

x∈[ 0;10]

max g ( x ) = 8
x∈[ 0;2]

Xét hàm số

là

D. −1 .

, suy ra 0 ≤ t ≤ 10 .

max g ( x ) = max  f ( x 3 + x ) − x 2 + 2 x + m  ≤ max f ( x 3 + x ) + max ( − x 2 + 2 x + m )
x∈[ 0;2]

x∈[ 0;2]

x∈[ 0;2]

x∈[ 0;2 ]

.
Page 18


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

max f ( x3 + x ) = max f ( t ) = 4
x∈[ 0;2]

t∈[ 0;10 ]

max ( − x + 2 x + m ) = 1 + m

.

2

x∈[ 0;2]

Suy ra

.
max g ( x ) ≤ 4 + 1 + m = m + 5
x∈[ 0;2]

.

t = x + x = 2
max g ( x ) = m + 5 ⇔ 
⇔ x =1
x∈[ 0;2]
x = 1
.
3

max g ( x ) = 8 ⇔ m + 5 = 8 ⇔ m = 3
Theo giả thiết x∈[ 0;2]
.
Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.

Câu 42: Có bao nhiêu số nguyên x thoả mãn
A. 3 .
B. 1 .

log 5

x2 −1
x2 −1
≤ log 3
6561
625
C. 5 .
Lời giải

D. 0 .

x > 1
 x < −1
Ta có ĐKXĐ: 
x2 − 1
x2 − 1
1
log 5
≤ log 3
⇔ log 5 ( x 2 − 1) − 8log 5 3 ≤ log 3 ( x 2 − 1) − 4 log 3 5 ⇔ log 3 ( x 2 − 1)(log 5 7 ) ≤ 4 log5 3
6561
625
3
4
1
⇔ log 3 ( x 2 − 1) ≤ − ⇔ x 2 − 1 ≤ 7
⇔−
7

81

x ∈ { −1;0;1}

Mà x nguyên, nên
mãn yêu cầu bài toán.
Câu 43: Cho hàm số

y = f ( x)

1
+1 ≤ x ≤
7
81

1
+1
7
81

. Kết hợp với ĐKXĐ suy ra khơng có giá trị nào của x thoả

f ′ ( x ) − f ( x ) = −8 + 16 x − 4 x 2
f ( 0) = 0
liên tục trên ¡ , thỏa mãn
và
.

Tính thể tích khối trịn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
Ox quay quanh Ox .

256
A. 15 .

256
π
B. 15 .

16
π
C. 3 .
Lời giải

y = f ( x)

và trục

16
D. 3 .

Từ giả thiết ta có

f ′ ( x ) − f ( x ) = −8 + 16 x − 4 x 2 ⇔ f ′ ( x ) .e − x − f ( x ) .e − x = ( −8 + 16 x − 4 x 2 ) .e − x

⇔ ( f ( x ) .e − x ) ′ = ( −8 + 16 x − 4 x 2 ) .e− x ⇒ f ( x ) .e − x = ∫ ( −8 + 16 x − 4 x 2 ) .e − x dx
⇔ f ( x ) .e − x = ( 4 x 2 − 8 x ) .e− x + C
Vì

f ( 0) = 0 ⇒ C = 0

. Ta có

f ( x ) = 4x2 − 8x

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số

y = f ( x)

và trục hoành thỏa mãn phương trình

x = 0
f ( x) = 0 ⇔ 
x = 2
Page 19


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
Vậy thể tích khối trịn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
2

Ox quay quanh Ox là

V = π ∫ ( 4 x 2 − 8 x ) dx =
2

0

256
π
15

y = f ( x)

và trục

.

2
Câu 44: Cho m là số thực, biết phương trình z − 2mz + 9 = 0 có hai nghiệm phức z1 , z2 . Có bao nhiêu

z z + z2 z1 < 16
giá trị nguyên của m sao cho 1 2
?
A. 3 .
B. 4 .
C. 5 .
Lời giải
2
z − 2mz + 9 = 0 (*) có ∆′ = m 2 − 9 .
*

∆′ ≥ 0 ⇔ m ∈ ( −∞; −3) ∪ ( 3; +∞ )

D. 6 .

. Khi đó phương trình có hai nghiệm thực z1 , z2 thỏa mãn

z1 z2 + z2 z1 = z1.z2 + z2 .z1 = 18 > 16

( khơng thỏa mãn bài tốn)

* ∆′ < 0 ⇔ − 3 < m < 3 .
Áp dụng định lý Vi-ét ta có, z1 + z2 = 2m, z1 z2 = 9 .
Ta có

z1 = z2 =

z1 z2 =

z1 z2 = 9 = 3

⇒ z1 z2 + z2 z1 = z1.3 + z2 .3 = 3 ( z1 + z2 ) = 6m
Theo đề,

.

.

z1 z2 + z2 z1 < 16 ⇔ 6m < 16 ⇔ m <
−3 < m <

z1 = z1 , z2 = z2

và

8
3.

8
3 . Mà m nguyên nên m ∈ { −2; −1;0;1; 2}

Kết hợp với điều kiện ta được
Vậy có 5 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 45: Cho hàm số bậc bốn

y = f ( x)

. Biết hàm số

y = f ′( 1+ x)

có đồ thị như trong hình bên.

g ( x ) = f ( − x 2 + 2 x − 2022 + m )
m
Có bao nhiêu số nguyên dương
sao cho hàm số
đồng biến

( 0;1) ?
trên
A. 2023 .

B. 2021 .

C. 2022 .
Lời giải

D. 2024 .

x = 0
f ′ ( 1 + x ) = 0 ⇔  x = 1
 x = 2
y = f ′( 1+ x)
Dựa vào đồ thị hàm số
ta có
.

Page 20


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

Đặt

t = 1
t = 1 + x ⇒ f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 2.
t = 3

t ≤ 1
1 ≤ t ≤ 2
f ′( t ) ≥ 0 ⇔ 
, f ′( t ) ≤ 0 ⇔ 
2 ≤ t ≤ 3
t ≥ 3 .
Vậy
g ( x ) = f ( − x 2 + 2 x − 2022 + m ) ⇒ g ′ ( x ) = ( 2 − 2 x ) f ′ ( − x 2 + 2 x − 2022 + m )

.

Hàm số

g ( x ) = f ( − x + 2 x − 2022 + m )

( 2 − 2x)

f ′ ( − x 2 + 2 x − 2022 + m ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;1) ⇔ f ′ ( − x 2 + 2 x − 2022 + m ) ≥ 0 , ∀x ∈ ( 0;1)

2

đồng biến trên

( 0;1) ⇔
.

 − x + 2 x − 2022 + m ≤ 1
 m ≤ x − 2 x + 2023


2
⇔  − x + 2 x − 2022 + m ≥ 2 ∀x ∈ ( 0;1) ⇔  m ≥ x 2 − 2 x + 2024 ∀x ∈ ( 0;1)
 − x 2 + 2 x − 2022 + m ≤ 3
 m ≤ x 2 − 2 x + 2025
 
 
 m ≤ 2022
⇔
 2024 ≤ m ≤ 2024 . Vậy có 2023 số.
2

2

Câu 46: Trong khơng gian Oxyz , cho biết có hai mặt cầu có tâm nằm trên đường thẳng

d:

x y −1 z + 2
=
=
2
1
−1 , tiếp xúc đồng thời với hai mặt phẳng

( α ) : x + 2 y − 2z +1 = 0

và

R1
( β ) : 2 x − 3 y − 6 z − 2 = 0 . Gọi R1 , R2 ( R1 > R2 ) là bán kính của hai mặt cầu đó. Tỉ số R2 bằng

C. 2 .
D. 3 .
Lời giải
 x = 2t

 y = 1+ t ( t ∈ ¡ )
 z = −2 − t
Phương trình tham số của đường thẳng d là 
.
( C ) là mặt cầu có tâm I ∈ d , bán kính R , tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( α ) và ( β ) .

Giả sử
I ( 2t ;1 + t ; −2 − t )
Vì I ∈ d nên ta đặt
.
( C ) tiếp xúc với cả ( α ) và ( β ) nên d ( I , ( α ) ) = d ( I , ( β ) )
2t + 2 ( 1 + t ) − 2 ( −2 − 2t ) + 1 2 ( 2t ) − 3 ( 1 + t ) − 6 ( −2 − 2t ) − 2
⇔
=
6t + 7 7t + 7
2
2
2
2
2
2
⇔
=
1 + 2 + ( −2 )
2 + ( −3) + ( −6 )
3
7
4

t = − 3
 6t + 7 = 3 ( t + 1) ⇔ 
⇔
t = − 10
⇔ 6t + 7 = 3 t + 1

 6t + 7 = −3 ( t + 1)

9 .
4
1
10
1
t=−
R = d ( I,( β ) ) =
t=−
R = d ( I,( β ) ) =
3 thì
3 ; với
9 thì
9.
Với
A.

2.

B. 3 .

Page 21


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
1 1
Như vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài tốn, lần lượt có bán kính bằng 3 ; 9 . Giả thiết
cho R1 > R2 nên
R1
=3
R

2
Vậy
.

R1 =

1
1
R2 =
3;
9.

Câu 47: Cho hình hộp đứng ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh AA′ = 2 , đáy ABCD là hình thoi với ABC là
tam giác đều cạnh bằng 4. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của B′C ′, C ′D′, DD′ và Q thuộc
cạnh BC sao cho QC = 3QB . Tính thể tích tứ diện MNPQ .
3 3
B. 2 .

A. 3 3 .

3
C. 4 .
Lời giải

3
D. 2 .

Gọi I = NP ∩ CC ′ ; K = IQ ∩ B′C ′ . Do N , P lần lượt là trung điểm của C ′D′, DD′ nên N là
1
1

IC ′ = D′P = CC ′
VMNPQ = VMNIQ = S∆IMQ .d ( N , ( IMQ ) ) ( 1)
2
3
trung điểm của IP và
. Suy ra:
.
Theo giả thiết ∆A′B′C ′ đều nên A′M ⊥ B′C ′ , mà A′M ⊥ B′B ( do ABCD. A′B′C ′D′ là hình hộp

đứng). Suy ra:

A′M ⊥ ( BB′C ′C )

.

1
1
1
d ( D′, ( IMQ ) ) = d ( A′, ( BCC ′B′ ) ) = A′M = 3
2
2
2
Do đó:
.
′
′
IK IC KC 1
IQ 3
1
1

=
=
= ⇒
= ; KC ′ = QC = BC = 1
KQ 2
3
4
Ta có: IQ IC QC 3
.
IQ
3
3
3
3
3
S∆IMQ =
S∆KMQ = S∆KMQ = MK .BB′ = . ( MC ′ − KC ′ ) BB′ = . ( 2 − 1) .2 =
KQ
2
4
4
4
2.
Suy ra:
d ( N , ( IMQ ) ) =

( 1)
Vậy từ

1 3

3
VMNPQ = . . 3 =
3 2
2 .
ta có:

Câu 48: Cho hàm số

f ( x)

f ′( x)
liên tục trên ¡ và có đồ thị
như hình vẽ bên.
Page 22


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023

log 5  f ( x ) + m + 2 + f ( x ) > 4 − m
x ∈ ( −1; 4 )
Bất phương trình
đúng với mọi
khi và chỉ khi
m ≥ 4 − f ( −1)
m ≥ 3 − f ( 1)
m < 4 − f ( −1)
m ≥ 3 − f ( 4)
A.
.
B.

.
C.
.
D.
.
Lời giải

Ta có, bất phương trình

log5  f ( x ) + m + 2 + f ( x ) > 4 − m

⇔ log 5  f ( x ) + m + 2  + f ( x ) + m + 2 > 6

.

.

⇔ log 5  f ( x ) + m + 2  + f ( x ) + m + 2 > log 5 ( 5 ) + 5

.

t = f ( x ) + m + 2, ( t > 0 )
Đặt:
.
⇒ log 5 ( t ) + t > log 5 ( 5 ) + 5
.
f ( t ) = log 5 ( t ) + t , ( t > 0 )
Ta xét, hàm số
.
1

⇒ f ′( t ) =
+ 1 > 0, ∀t ∈ ( 0 ; + ∞ )
t ln 5
.
⇒ f ( t ) = log 5 ( t ) + t

( 0 ; + ∞) .

là hàm số đồng biến trên khoảng
f ( t ) > f ( 5) ⇒ t > 5
Ta có
.
Vậy, bất phương trình
khi

∫

−1

đúng với mọi

f ( x ) + m + 2 > 5, ∀x ∈ ( −1; 4 ) ⇔ m > 3 − f ( x ) , ∀x ∈ ( −1; 4 )

Dựa, vào đồ thị
4

log5  f ( x ) + m + 2 + f ( x ) > 4 − m

f ′( x)

x ∈ ( −1; 4 )

khi và chỉ

.

ta có:

f ′ ( x ) dx < 0 ⇔ f ( 4 ) − f ( −1) < 0 ⇔ f ( 4 ) < f ( −1)

Mặt khác, dựa vào đồ thị hàm số

f ′( x)

.

, ta có BBT vủa hàm số

f ( x)

như sau

Page 23


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
Vậy, hàm số

Vậy,

3 − f ( x)

có BBT như sau.

m > 3 − f ( x ) , ∀x ∈ ( −1; 4 ) ⇔ m ≥ 3 − f ( 4 ) .

Do đó, bất phương trình
chỉ khi
Câu 49:

m ≥ 3 − f ( 4)

Cho số phức

log5  f ( x ) + m + 2 + f ( x ) > 4 − m

z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện

2

A. 2020 2 .

M ( x, y )

x ∈ ( −1; 4 )

khi và

.

T = z + 7 + 2i + z − 1 − 6i

Gọi

đúng với mọi

2

đạt giá trị lớn nhất. Giá trị biểu thức

B. 2021 2 .

z − 2 + 3i = 2

và biểu thức

S = z − ( 2022 − 2023i )

C. 2022 2 .
Lời giải

D. 2023 2 .

I ( 2; −3)
là điểm biểu diễn cho số phức z ⇒ M thuộc đường tròn tâm
bán kính

R= 2.
Gọi

A ( −7; −2 ) , B ( 1;6 ) ⇒ T = MA2 + MB 2
.

⇒ H ( −3; 2 )
Gọi H là trung điểm của AB
.
MH là đường trung tuyến trong tam giác MAB nên ta có
MH 2 =

2 ( MA2 + MB 2 ) − AB 2
4

⇒ MA2 + MB 2 = 2MH 2 +

1
AB 2
2

AB = 4 2 không đổi nên T lớn nhất ⇔ MH lớn nhất ⇔ MH = IH + R
Page 24


PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2023
uuu
r HI uuur uuu
r
uuur  −5 = 5( x − 2)  x = 1
⇔ HI =
.IM ⇒ HI = 5IM ⇒ 
⇒

⇒ M ( 1; −2 )
5
=
5(
y
+
3)
y
=
−
2
R


Dấu “=” xảy ra
⇒ S = z − ( 2022 − 2023i ) = 2021 2

S

Câu 50: Gọi

là

tập

.

hợp

log 2 y + 6log 2 x − log 22 x + 1 ≥ 2

log 22

( 2 x)

các

số

nguyên

x

thỏa

mãn

+ log 2 x 2 − 4 yx 6 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của y để tập

hợp S có nhiều nhất 32 phần tử?
A. 18 .
B. 36 .

C. 38 .
Lời giải

D. 19 .

Điều kiện: x > 0 và y > 0 .
Bất phương trình đã cho tương đương với:

(

)

log 2 yx 6 − log 22 x + 1 ≥ 2

log 22 ( 2 x )

+ 2 log 2 x − 4 yx 6

4 yx6 + log 2 ( yx6 ) + 1 ≥ 2log 2 ( 2 x ) + log 22 x + 2 log 2 x
2

⇔ 4 yx 6 + log 2 ( yx 6 ) + 2 ≥ 2log2 ( 2 x ) + ( log 22 x + 2 log 2 x + 1)
2

⇔ 4 yx 6 + log 2 ( 4 yx 6 ) ≥ 2log2 ( 2 x ) + ( log 2 x + 1)
2

( )
( 4 yx ) ≥ 2

2

⇔ 4 yx 6 + log 2 4 yx 6 ≥ 2log 2 ( 2 x ) + log 22 ( 2 x )
⇔ 4 yx 6 + log 2

(

)

6

(

2

⇔ f 4 yx 6 ≥ f 2log 2 2 x
Trong đó

log 22 ( 2 x )

+ log 2 2log2 ( 2 x )
2

) ( 1) .

f ( t ) = t + log 2 t , t > 0

f ′( t ) = 1+

Ta có
Khi đó:

2

.

1

>0
f ( t)
( 0; +∞ ) .
t ln 2
với t > 0 nên hàm số
đồng biến trên
2

(1) ⇔ 4 yx 6 ≥ 2log2 2 x ⇔ 2 + log 2 y + 6 log 2 x ≥ log 22 2 x
⇔ 2 + log 2 y + 6 log 2 x ≥ ( log 2 x + 1)

2

⇔ log 2 y ≥ log 22 x − 4 log 2 x − 1 = g ( x)

.
2
4
2
g ′( x ) =
log 2 x −
=
( log 2 x − 2 )
x ln 2
x ln 2 x ln 2
Ta có
g ′( x ) = 0 ⇔ log 2 x = 2 ⇔ x = 4
.

log 2 y < g ( 33) ⇔ 0 < y < 2 g ( 33) ⇒ 0 < y ≤ 19

Để tập S có nhiều nhất 32 phần tử thì
.
Vậy có 19 giá trị nguyên của y thỏa mãn yêu cầu bài toán.
---------- HẾT ---------Page 25