Hướng dẫn giải toán VDC trong các đề thi thử TN THPT năm 2023 - Môn Toán (Trần Minh Quang)

 NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
ĐỀ THI THỬ LẦN 1 CHUYÊN VINH – NGHỆ AN 
Câu 40. Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên và g x f x3 2 có bảng xét dấu như sau: 
 Có bao nhiêu số nguyên m  2023;2023 để hàm số y f x m đồng biến trên ;0 ? 
 A. 2020 B. 2017 . C. 2018 . D. 2019 . 
 Lời giải 
Đầu tiên ta có bảng xét dấu cho f t với t x3 2 theo x như sau: 
Từ đó ta thực hiện ghép bảng biến thiên cho f t với t x m như sau: 
Từ bảng xét dấu trên, ta suy ra để thỏa yêu cầu đề bài, thì ;0  ;m 6 m 6 0 m 6 
Với m  2023;2023 , suy ra m 6;7;...;2023 tức có 2018 giá trị nguyên m thỏa mãn. Chọn đáp án C. 
Câu 43. Có bao nhiêu số nguyên a để tồn tại số phức z thỏa mãn z z z z 16 và iz 4 a ? 
 A. 5 B. 9 . C. 10 . D. 6 . 
 Lời giải 
 z z z z 16 x y 8 (1)
Đầu tiên ta đặt z x yi x, y , khi đó ta có: . Ta biểu diễn 
 22 2
 iz 4 a x y 4 a (2)
hệ phương trình vừa phân tích lên trên hệ trục Oxy , khi đó ta có hình vẽ như sau: 
Để tồn tại số phức z thỏa mãn như trên thì đường tròn (2) phải tồn tại giao điểm với đường khép kín (1), khi đó 
dựa vào hình vẽ trên, đoạn giá trị a để tồn tại là: d I; BC a IA 2 a 12  a  a 3;4;...;12 
Vậy có tất cả 10 giá trị nguyên a thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn đáp án C. 
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
 1x 4 xy2
Câu 44. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn log log y . Khi x 4 y đạt giá trị nhỏ nhất thì giá 
 22 4 2 y2
 x
trị của bằng 
 y
 2 1
 A. B. . C. 2 . D. 2 . 
 2 2
 Lời giải 
 1x 4 xy2 x 8 2 xy 2
Đầu tiên ta biến đổi phương trình sau: log logy log 2log y 
 22 4 2y2 2 4 2 y 2
 28 8 2 4 4 
 log2x 2 log 2 y 2 2 x log 2 x 2 x 2 2 log 2 y log 2 x 2 x log 2 2 2 2 
 y y y y 
 1
Xét hàm số y f t log t 2 t trên 0; có f t 2 0,  t 0; . 
 2 t ln 2
 4
Khi đó ta suy ra hàm f t luôn đồng biến trên 0; tức 2x 
 y2
 2 2 2
Suy ra: T x 4 y 4 y 2 y 2 y 33 2 y .2 y . 6 . 
 y2 y 2 y 2
 2 x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2y y 1 x 2 2 . Chọn đáp án D. 
 y2 y
Câu 46.1 Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có ABC 3;4;4 , 1;2;3 , 5;0; 1 . Điểm M thay đổi 
trong không gian thỏa mãn ABM AMC 90 . Mặt phẳng đi qua B và vuông góc với AC cắt AM tại N . 
Khoảng cách từ N đến ABC có giá trị lớn nhất bằng 
 4 10 6 5 2 10 3 5
 A. B. . C. . D. . 
 5 5 5 5
 Lời giải 
Cách 1: 
Đầu tiên ta nhận thấy ba điểm ABC,, tạo thành một tam giác vuông tại B nên suy ra MB, đều thuộc mặt cầu 
đường kính AC . Mà ABM 90 nên suy ra M thuộc giao giữa mặt cầu đường kính AC và mặt phẳng qua B 
 2 2
vuông góc với AB tức đường tròn C bán kính r R AC d I; AC 3 . 
Từ đó ta có được hình vẽ như sau: 
Gọi E là hình chiếu của N lên ABC , khi đó suy ra d N; ABC NE 
 2
Đặt aJKKM 9 aBK2 ; 3 aBM 2 3 a 9 a 2 18 6 a; 
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
 Mặt khác ta có: AN. AM AB2 9 (hệ thức lượng ABM vuông có BN là đường cao) nên từ đó suy ra:
 EN AN 9
 MK AM AM 2
 9MK 9 9 a2 9 9 a 2 3
 EN f a . Xét hàm f a trên 3;3 thấy . 
 2 2   maxf a f 6 
 AM BM 9 27 6 a  3;3 5
Chọn đáp án D. 
Câu 46.2 Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có ABC 3;4;4 , 1;2;3 , 5;0; 1 . Điểm M thay đổi 
trong không gian thỏa mãn ABM AMC 90 . Mặt phẳng đi qua B và vuông góc với AC cắt AM tại N . 
Khoảng cách từ N đến ABC có giá trị lớn nhất bằng 
 4 10 6 5 2 10 3 5
 A. B. . C. . D. . 
 5 5 5 5
 Lời giải 
Cách 2: Đầu tiên ta nhận thấy ba điểm ABC,, tạo thành một tam giác vuông tại B nên suy ra MB, đều thuộc 
mặt cầu đường kính AC . Mà ABM 90 nên suy ra M thuộc giao giữa mặt cầu đường kính AC và mặt phẳng 
 2 2
qua B vuông góc với AB tức đường tròn C bán kính r R AC d I; AC 3 . 
Từ đó ta có được hình vẽ như sau: 
Đầu tiên gọi E là hình chiếu của N lên ABC , khi đó suy ra d N; ABC NE (1) 
Tiếp đến ta có: CM ABM nên BN CM , mà BN AM nên BN AMC tức BN NC . 
Gọi H BE  AC thì nhận thấy BHC BNC BMC 90 nên suy ra ba điểm HNM,, sẽ luôn thuộc một mặt 
cầu đường kính BC với tâm J là trung điểm BC . 
 BN AMC
Mặt khác lại có: BN  NH tức BNH 90 ( BH, cố định) nên suy ra N luôn thuộc một 
 H AMC 
đường tròn đường kính BH , kí hiệu là D (2) 
 BH 3
Từ (1) và (2) ta suy ra: d N; ABC NEmax R . Chọn đáp án D. 
 max D 2 5
Câu 49.1 Xét các số phức z,, w u sao cho thỏa mãn z 1, w 2, u 3 và z w u u z w . Khi đó giá trị 
lớn nhất của z u bằng 
 A. 2 3 B. 14 . C. 4 . D. 10 . 
 Lời giải 
 w u w u
Cách 1: Đầu tiên ta có: z w u u z w 1 1 . 
 z z z z
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
 w u 
Đặt a;; b thì khi đó phương trình trở thành: 1 a b 1 a b (1) với a 2, b 3. 
 z z 
Khi đó P z u z1 b b 1 . 
 2 2
Tiếp đến ta đặt a b x yi x, y , thế vào (1) ta thu được: x 1 y2 x 1 y 2 x 0 
 2 2 2
 a x mi a x m 4 x2 4
Suy ra: a b yi y , ta đặt tiếp: x  2;2 
 b x ni 22 2 x 2 9
 b x n 9 
 2 2
Khi đó ta có: P2 b1 x 1 n 2 x 2 n 2 2 x 1 10 2 x 10 2.2 14,  x  2;2 
Vậy suy ra giá trị lớn nhất của P bằng 14 .Chọn đáp án B. 
Cách 2: Đầu tiên ta có: zwuuzw zwu zwu . Tiếp đến ta gọi X z ,Y w u và I 
       XY
là trung điểm XY thì khi đó ta có: OX OY OX OY 2 OI XY OI . 
 2
Suy ra OAB vuông tại O OA OB và I là trung điểm AB . (*) 
Trở lại dữ kiện ban đầu, xét hệ quy chiếu khác, gọi ABC,, lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z,, w u , khi đó ta 
           
có: z w u z w u OA OB OC OA OB OC BA OC AO BC 
Mà theo (*) ta có được OA BC nên từ đó ta có được hình vẽ như sau: 
Từ hình vẽ trên, ta đặt MO;; MC a b với OA BC tại M . 
Ta nhận thấy do OA BC nên khi AM tăng thì M dần về B tức a OM OB 2 . 
 2
Khi đó ta có: a2 b 29 z u AC a 1 c 2 10 2 a 14 khi a 2 . Chọn đáp án B. 
Cách 3: Ta sẽ đánh giá trực tiếp biểu thức z u thông qua đại số. 
 22 2 2 2
Sử dụng đẳng thức sau: mz1 nz 2 m z 1 n z 2 mn z 1 z 2 z 1 z 2 . Trở lại bài toán, đặt a w u thì dữ 
 2 2
kiện ban đầu thành: z a z a z a z a za za0 zw zw zu zu 
 2 2 2 2 2
Từ đó suy ra: z u zu zu 10 zw zw z u 5 z w zw zw 
 2 2 2
 z u 5 z w 5 z w 5 9 14 (Bất đẳng thức modun z1 z 2 z 1 z 2 ) 
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức z u bằng 14 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi z, w , u 1; 2; 2 5 i . 
Chọn đáp án B. 
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
Câu 50. Cho hàm số bậc ba y f x . Đường thẳng y ax b tạo với đường cong y f x thành hai miền 
 5 1 1
phẳng có diện tích lần lượt là S và S (hình vẽ bên). Biết rằng S và 1 2x f 3 x dx , khi đó giá trị 
 1 2 1 
 12 0 2
của S2 bằng 
 8 19 13 13
 A. B. . C. . D. . 
 3 4 6 3
 Lời giải 
Đầu tiên ta gọi phương trình đường thẳng cần tìm là: d : y ax b a 0 
 2 2 
Dễ dàng giải ra được d : y x 2 với a; b ; 2 hoặc dùng tính chất đường đoạn chắn. 
 3 3 
 11 1 1 2 1 3
Tiếp đến ta có: 1 2x f 3 x dx 1 3 x f 3 x d 3 x 3 2 x f x dx 
 20 3 0 3 9 0
 3 9 u 3 2 x du 2 dx
Suy ra: 3 2x f x dx . Đặt khi đó ta có được: 
 0 2 dv f x dx v f x 
 3 3 3
 93 21
 3 2x f x dx 3 2 x f x 2 f x dx f x dx . 
 0 
 20 0 0 4
Ta có hình vẽ như sau: 
Gọi các điểm AB 3;0 , 0; 2 và S là phần diện tích giới hạn bởi đường cong y f x và Ox với x 0;3 
 3 21 1  5 31
Khi đó ta có: S f x dx và S S S S OA. OB S S 
 OAB 1 2 2 2
 0 4 2 12 12
 31 21 31 8
Vậy ta suy ra: SS . Chọn đáp án A. 
 2 12 4 12 3
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
ĐỀ THI THỬ LẦN 1 THPT NGUYỄN KHUYẾN – LÊ THÁNH TÔNG TPHCM 
 x 1 2 at
Câu 41. Trong không gian Oxyz , gọi d là hình chiếu vuông góc của d : y 3 2 t , t lên mặt phẳng 
 2
 z a 2 t
 : 2x 3 z 6 0 . Lấy các điểm M 0; 3; 2 và N 3; 1;0 thuộc . Tính tổng tất cả giá trị của tham số a
để MN vuông góc với d 
 A. 4 B. 3 . C. 1 . D. 2 . 
  Lời giải 
Đầu tiên ta gọi u và u lần lượt là các vector chỉ phương của d và d , khi đó ta suy ra: 
   
 u u;; n n với n là vector pháp tuyến của mặt phẳng , suy ra: u 8 12 a 4 a2 ;24;12 18 a 6 a 2 và 
  
cùng với MN 3;2;2 ta suy ra: 
   
 2 2 2
 MNu. 0 3 8 12 aa 4 48 2 12 18 aa 6 0 24 aa 72 ... 0 aaa 1 2 3 
Chọn đáp án B. 
Câu 43. Cho hàm số y f x liên tục trên 0;8 và có đồ thị như hình vẽ. Biết SSS1 23, 2 3, 3 15 lần lượt 
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y f x và trục hoành. 
 6
Khi đó giá trị của I 2 x3 9 x 2 9 x f x 2 3 x 10 dx bằng 
 3
 A. I 15 B. I 65 . C. I 5 . D. I 35 . 
 Lời giải 
 6 6
Ta có: I 299 x3 x 2 x f x 2 310 x dx 23 x x 2 31010 x f x 2 310 x dx 
 3 3
 2 8 8
 t x 3 x 10 8
Đặt thì khi đó I t10 ftdt t 10 ft ftdt 30 23 3 15 65 
 0 
 dt 2 x 3 dx 0 0
Chọn đáp án B. 
Câu 45. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m 23;0 sao cho hàm số 
 f x x4 8 ex mx 2 m 2 9 m x 2023 luôn đồng biến trên khoảng 2;5 
 A. 21 B. 19 . C. 14 . D. 8 . 
 Lời giải 
Ta có: f x x4 4 x 3 8 ex 2 mx m 2 9 m 0,  x 2;5 
 x4 4 x 3 8 ex 2 mx m 2 9 m ,  x 2;5 . Gọi g x ; h x x4 4 x 3 8 ex ;2 mx m 2 9 m thì 
khi đó ycbt thành: g 2 h 2 m2 7 m 40 e 2 m 14;21  m 23;0 m 14; 13;...; 1. Vậy có tất 
cả 14 giá trị nguyên m thỏa mãn đề bài. Chọn đáp án C. 
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
Câu 47. Cho hàm số y f x có đạo hàm trên và có bảng biến thiên như sau: 
Số các điểm cực đại của hàm số g x f 2 x2 6 x 8 x 2 13 là 
 A. 8 B. 10 . C. 9 . D. 7 . 
 Lời giải 
 2
 f 3 x 6 x 21 ,  x ; 1  4; 
Đầu tiên ta đặt h x f2 x2 6 x 8 x 2 13 
 2
 f x 6 x 5 ,  x 1;4 
 2
 6 x 1 f 3 x 621, x  x ;14;   
Suy ra: h x , khi đó ta có nghiệm của phương trình 
 2
 2 x 3 f x 6 x 5 ,  x 1;4 
 h x 0 trên hai tập D1 ; 1  4; và D2 1;4 là: x 1;3;4 
Khi đó ta có được bảng biến thiên của hàm số y 3 x2 6 x 21 và y x2 6 x 5 như sau: 
Từ đó ta cũng có được bảng biến thiên hàm số h x như sau: 
Từ bảng biến thiên trên, ta suy ra h x có 8 điểm cực đại. Chọn đáp án A. 
Câu 48. Trong không gian Oxyz , khối đa diện OAMEN có thể tích bằng 296 với các đỉnh A 0;0;8 2 ,
 M 5;0;0 , N 0;7;0 , E a; b ;0 trong đó ab 0, a 0, b 0. Khi a, b thay đổi thì đường thẳng AE luôn tiếp xúc 
với mặt cầu S : x2 y 2 z 2 c 2 . Mặt cầu S có bán kính nhỏ nhất bằng 
 24 666 81 37 27 222 24 74
 A. B. . C. . D. . 
 333 74 37 461
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
 Lời giải 
Ta kẻ OH AE khi đó mặt cầu S chính là mặt cầu nhận OH là bán kính 
 1 1 1 1 1 1
Đầu tiên ta có: , 
 OH2 OA 2 OE 2 c 2 a 2 b 2 128
 OMd.;.; EOM ONd EON 5a 7 b
Lại có: SSS 
 OMEN OME ONE 2 2
 1 8 2 5a 7 b 
Khi đó suy ra: VO. AMEN d A; OMEN . S OMEN 296 5 a 7 b 111 2 . 
 3 3 2 
 1 1 1 
 c a2 b 2
 min 2 2 2 
 c a b 128 min 2 2 24 74
 max max a b 333 c . Chọn đáp án D. 
 2 461
 111 2 5a 7 b2 52 7 2 a 2 b 2
 3 3
Câu 49. Xét các số thực sao cho 2 18x log6 a luôn đúng với mọi . Có tối đa bao 
 x, y 27y log216 a 783 a 0
nhiêu giá trị nguyên dương của K x2 y 2 2 x 5 y ? 
 A. 64 B. 53. C. 58. D. 59. 
 Lời giải 
 33 1 3
Ta có: 27y2 log a18x log6 a 78327 y 2 log a 54 x 3log 6 a 783 
 216 3 6 
 22 2
 9y 6 x log6 a log 6 a 261 log 6 a 6 x log 6 a 261 9 y 0. Do a 0 nên xét bất phương trình 
 2 2 2 2
trên theo ẩn log6 a ta có điều kiện để bất phương trình luôn đúng là: 36x 4 261 9 y 0 x y 29
Khi đó ta suy ra điểm M x; y luôn thuộc hình tròn C : x2 y 2 29 
 2
 2 22 5 29 2 29 5 
Lại có: K x y2 x 5 y x 1 y MA với A 1; nên khi đó ta suy ra giá trị lớn 
 2 4 4 2 
 2
 29 29 9 29 29
nhất của K bằng K 29 .29 8. 58 tức 0 K 58 . Chọn đáp án C. 
 max 
 2 4 4 4 4
 f x 0
Câu 50. Hàm số f x thỏa 2 ,x 0 và f 1 4 . Hình phẳng 
 1 x 2
 e 6 f x f x 8 x 12 x 4 f x 
giới hạn bởi y f x , x 1, x 3 và trục hoành có diện tích bằng m. en p , trong đó m,, n p  . Hệ thức nào 
sau đây đúng ? 
 A. 2m n p 6 B. 5m n 3 p 0. C. 3m n p 15 . D. 3m 2 n p 19 . 
 Lời giải 
 1 x2 2
Ta có: e 6 f x f x 8 x 12 x 4 f x ,  x 0. 
 f x 2
 e3x.3 f x e 3 x 4 x 2 6 x 2 e x 3 x 1 ,  x 0 . 
 2 f x 
 2 2 2 
 efx3x 2 xxe 2 3 x 3 x 1 e x 3 x 1 ,  x 0 efx 3 x 2 xe x 3 x 1 ,  x 0 . 
 x2 3 x 1
 2 2xe
 e3x f x 2 xe x 3 x 1 C ,  x 0 . Thế f 1 4 vào suy ra C 0 tức f x ,  x 0 . 
 e3x
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
 2
Suy ra: f x 2 xex 1 ,  x 0, khi đó diện tích hình phẳng cần tìm bằng: 
 3 3 3
 2 2 2 3
 S f x dx 2 xex 1 dx e x 1 d x 2 1 e x 1 e 8 1. Chọn đáp án B. 
 1
 1 1 1
ĐỀ THI THỬ LIÊN TRƯỜNG NGHỆ AN LẦN 1 
Câu 43. Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2cm , AC 3 cm ,
 SB SC SD 2 cm . Gọi MNP,, lần lượt là trung điểm của SA,, SC SD . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ 
diện SMNP ? 
 29 9 16 64 
 A. cm 2 B. cm2 . C. cm2 . D. cm 2 . 
 4 4 7 7
 Lời giải 
 MN AC 3
Đầu tiên dễ thấy SA SC nên suy ra R (kết hợp tính chất đường trung bình). 
 SMN 2 4 4
 BC AC 3 MN 2 7
Tiếp đến ta có: MP PN 1; MN , suy ra d d P; MN PN 2 
 2 2 2 4 4
 PN 2 2 MNP  ACD MN 2 2
 R 2 2
Khi đó MNP , cùng với nên RRRSMNP SMN PMN 
 2d 7 ACD  SAC 4 7
 16 
Vậy diện tích mặt cầu cần tìm là: S 4 R2 cm 2 . Chọn đáp án C. 
 SMNP 7
Câu 46. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;2;1 , B 1;0;2 , C 2;2;4 . Mặt phẳng P đi qua gốc 
tọa độ O sao cho ABC,, cùng phía với P . Khi P có phương trình 7x my nz 0 thì biểu thức 
 T d A; P 2 d B ; P 4 d C ; P lớn nhất. Tính S m n 
 A. S 31 B. S 24 . C. S 4 . D. S 0 . 
 Lời giải 
    10 
Đầu tiên ta gọi I là điểm thỏa IA 2 IB 4 IC 0 , khi đó suy ra tọa độ I 1; ;3 . 
 7 
Khi đó ta suy ra TdAP ; 2 dBP ; 4 dCP ; 7 dIP ; 7 OI 590 . (do ABC,, cùng phía) 
   
Dấu bằng xảy ra khi P  OI tức mặt phẳng P nhận vector OI là vector pháp tuyến. 
Suy ra: P : 7 x 10 y 21 z 0 tức m; n 10;21 . Vậy S m n 31. Chọn đáp án A. 
Câu 47. Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục trên 0;1 thỏa mãn f x 1,  x  0;1, f 0 0 ,
 f 0 ln 2 và 1 x f x 1 f x xf x 2 x 1 . Giá trị f 1 gần với số nào nhất sau đây ? 
 A. 2.5 B. 2.25. C. 0.25. D. 0.5 . 
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
 Lời giải 
Đầu tiên ta có phương trình sau: 1 x f x 1 f x xf x 2 x 1 . 
 2 2
 1xfx 1 xfx 1 xfx fx 1 xfxxfx 1 1 
 x 1 f x 1 x 1 f x x 1 x 1 x2
 x x C 
 2 1
 f x 1 f x 1 f x 1 2
 x 1 x2 x 1 2 x 2
Mà f 0 0 nên suy ra C1 1 tức 1 f x 1 1. 
 f x 1 2x2 x2 2
 1
 2
Mà mặt khác f 1 1, trong khi giả thiết cho f x 1,  x  0;1 nên suy ra đề sai. 
Câu 48. Cho hàm số f x x3 ax 2 bx c (với a,, b c là các tham số và c 0 ). Biết rằng hệ phương trình 
 f x 0
 3 2
 có nghiệm và hàm số g x x ax bx c có 3 điểm cực trị. Giá trị lớn nhất của biểu thức 
 f x 0
 P a b c b2 bằng 
 A. 2 B. 4 . C. 6 . D. 3 . 
 Lời giải 
 f x 0
Đầu tiên hệ phương trình có nghiệm x m 0 tức đồ thị f x tiếp xúc với trục hoành tại điểm có 
 f x 0
 3 2
hoành độ x m 0 f x x m hoặc f x x m x n với m n . 
 3
Nếu f x x m thì suy ra g x f x có đúng 1 điểm cực trị (loại). 
 2
Nếu f x x m x n với m n thì thì suy ra g x f x có đúng 3 điểm cực trị (thỏa mãn). 
Theo Vi-ét cho phương trình f x x3 ax 2 bx c 0 ta có: a; b ; c 2 m n ; m2 2 mn ; nm 2 
Vì c 0 nên nm2 c 0 , nên n 0 ( m 0 ). 
 2
Khi đó P a b c b22 m n m 2 2 mn m 2 n m 2 2 mn 
 2 4
Dự đoán Pmax khi n 0 với duy nhất điều kiện n 0 , suy ra P 2 m m m 2 đạt tại m 1. 
Từ đó ta biến đổi biểu thức P theo dấu bằng trên như sau: 
 22 2
 P 2 m n m2 2 mn m 2 n m 2 2 mn n m 1 2 m 2 2 mn m 2 2 m m 2 2 mn 
 22 2
 n m 1 m2 2 mn 1 m 1 2 2. 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m; n 1;0 . Chọn đáp án A. 
Câu 50. Có bao nhiêu số nguyên x 1;2023 sao cho ứng với mỗi x thì mọi giá trị thực của y đều thỏa mãn 
 2 2 2 2
 log5 y 2 xy 2 x 2 y 2 x 1 log 3 y 4 y 7 log 5 y 2 y 5 ? 
 A. 2 B. 3 . C. 1 . D. 4 . 
 Lời giải 
 2 2 2 2
Đầu tiên ta có bất phương trình sau: log5 y 2 xy 2 x 2 y 2 x 1 log 3 y 4 y 7 log 5 y 2 y 5 (1) 
Trước hết phải có: y2 2 xyxyxy 2 2 2 2 2 2 x 2 yxx 2 2 2 0 y (*), 
 2 2 2 2
Khi đó từ (*) ta có: y x 1 2 x 2 x 1 x 0 x 1. (**) 
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
Vì bất phương trình đúng với mọi giá trị thực của y nên sẽ đúng tại y 0 khi đó (1) thành: 
 2 2 log3 21 x 
 log5 2x 2 x 1 log 3 7 2 x 2 x 5  x 2; 3; 4; 5; 6 thỏa (**) (2) 
Trước hết, từ (1) ta có
 2 2 2 2
 VP1 1 log y 2 3 log y 1 4 1 log 3log y 1 4 log 5 y 1 20 
 3 5 3 5 5 
 2
Khi đó 5 y 1 20 y2 2 xy 2 x 2 y 2 x 2 2 x 2 2 xy 2 x 4 y 2 8 y 25 
 12 3 1 2 3 2 1 2
 2x y 1 3617 y2 y 2 x y 1 3114212 y x y 10 
 2 2 2 2 2
 1 2
(Dấu bằng xảy ra khi y 1), suy ra 21 2x 1 1 21 2 x2  0x  x 3; 2;...;3 (3) 
 2
Đối chiếu các giá trị của (2) với các giá trị cho phép ở (3), suy ra x 2; 3 . 
Vậy với x 1;2023 , suy ra x 2;3 tức có 2 giá trị nguyên x thỏa mãn đề bài. Chọn đáp án A. 
ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN HẠ LONG LẦN 1 
Câu 50. Trong không gian cho hệ trục Oxyz , lấy các điểm A a;0;0 , B 0; b ;0 , C 0;0; c và 
 3
 Daab 2 cba 2;; 2 cca 2 2 b 2 với a,, b c là các số dương. Biết diện tích tam giác ABC bằng và thể 
 2
tích tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. Khi đó phương trình mặt phẳng ABD là mx ny pz 1 0 . Tính giá 
trị của biểu thức S m n p ? 
 A. 2 B. 1. C. 2 . D. 0 . 
 Lời giải 
 x y z
Đầu tiên ta có mặt phẳng ABC : 1 ABC : bcxacyabzabc 0 
 a b c
 2 2 
 abc 1  a b 1  abc a2 b 2  ab a 2 c 2 b 2 c 2 
 cyc cyc cyc
Khi đó ta suy ra: d D; ABC 
 abbc22 22 ca 22 abbc 22 22 ca 22 abbc 22 22 ca 22
 22 22 22 22 22 22
 abac2222 bc bcba 2222 ca cacb 2222 ab 2 ab bc ca ab bc ca 
 (B.C.S) 
 abbcca222222 abbcca 222222 
 1 3
Mà ta có: S abbcca222222 abbcca 222222 3 nên suy ra 
 ABC 2 2
 2 2 2 2 2 2 1 3 2
 d D; ABC 2 a b b c c a 3 2 và VABCD d D; ABC S ABC 
 3 2
Dấu bằng xảy ra khi a b c 43 A 4 3;0;0, B 0;3;0, 4 C 0;0;3, 4 D 4 3 6;6;6 , suy ra 
  
 AB 43; 4 3;0
    x y2 z
 n AB; AD  1;1; 2 ABD : x y 2 z4 3 0 ABD : 1 0 
  ABD 4 4 4
 AD 6; 6; 6 3 3 3
 1 1 2
Vậy S m n p 0 . Chọn đáp án D. 
 43 4 3 4 3
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
ĐỀ THI THỬ SỞ BẮC NINH LẦN 1 
 2 2
 1 x y 2 2
Câu 39. Có bao nhiêu cặp số nguyên x; y thỏa mãn log 4x 2 y 2.2 x y 1 
 2 x 2 y
 A. 6 B. 21. C. 13 . D. 9 . 
 Lời giải 
 2 2
 1 x y 2 2
Đầu tiên ta có bất phương trình tương đương với: log 4x 2 y 2.2 x y 1 
 2 x 2 y
 2 2x 2 y 1 x2 y 2
 log2 1 x y log 2 x 2 y 4 2 log 2 2 
 2 2 1 x2 y 2 x 2 y
 log2 1 x y 2 log 2 4 x 2 y 4 
 1
Xét hàm số y f t log t 2 t trên 0; có f t 2 0 trên 0; 
 2 t ln 2
 2 2
Suy ra f t luôn đồng biến trên 0; tức 1 x2 y 2 x 2 y x 1 y 2 4 . (*) 
Vẽ đường tròn tâm I 1; 2 bán kính bằng 2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy , ta dễ dàng đếm được 13 bộ x; y 
nguyên sao cho thỏa bất phương trình (*). Chọn đáp án C. 
Câu 42. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m  100;100 sao cho bất phương trình 
sau có nghiệm thực: 
 x2 2 x 1 28 2
 3 log5 x 2 x 6 10 x 2 x m 0 
 Tổng tất cả các phần tử của S bằng 
 A. 5014 B. 5022 . C. 4914 . D. 5044 . 
 Lời giải 
 2
Đầu tiên ta đặt t x2 2 x 6 x 1 5 5, khi đó bất phương trình ban đầu trở thành: 
 t 5
 3 8log5 t 10 6 m t 0 (*) với điều kiện x 5; m 6 
 t 5
Xét hàm số y f t 3 8log5 t 10 6 m t 
 8 1 8
Có f t 3t 5 ln 3 3 0 ln 3 0,  t 5 
 t ln 52 6 m t 5ln 5
Từ đó suy ra hàm số f t luôn đồng biến trên đoạn 5;m 6 . 
Như vậy để bất phương trình (*) có nghiệm thì phương trình f t 0 phải có ít nhất một nghiệm trên 5;m 6. 
Mà f t luôn đồng biến trên đoạn 5;m 6 nên phương trình f t 0 cần có nghiệm duy nhất, tức ta suy ra 
 f 5 0 1 8 10 m 1 0 m 1 9 m 8 
Với m  100;100 ta suy ra m 9;10;...;99;100 . Tập S có 100 9 1 92 số hạng nên tổng cần tìm là: 
 100 9 92
  5014 . Chọn đáp án A. 
 S 2
Câu 44. Xét các số phức z, w thỏa mãn z w 1, z w 2 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
 4 w 
 P w 2 1 i thuộc khoảng nào ? 
 z z 
 A. 3;4 B. 2;3 . C. 7;8 . D. 4;5 . 
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
 Lời giải 
 4 w 2
Đầu tiên ta có: P z w 2 1 i zw 4 2 z w i zw 2 z w i 4 i 
 z z 
 zwi 2 2 iwi 2 ziwi 2 2 ziwi 2 . 2 
Tiếp theo, gọi AB, lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z, w , cùng với điểm M 0; 2 
Khi đó hai điểm AB, cùng thuộc đường tròn tâmO , bán kính R 1 . 
Do z w 2 nên ta suy ra z w z w AB 2 và P MA. MB 
 xB sin cos 
 xA sin 2 
Ta có: , do OA OB nên ta suy ra . Suy ra ta có tọa độ hai điểm AB, mới 
 yA cos 
 yB cos sin 
 2 
lần lượt là AB sin ;cos , cos ; sin 
Suy ra: P MA. MB 5 4cos 5 4sin 25 20 sin cos 16sin cos 
 1 t 2
Đặt t sin cos 2 sin x t 2; 2 sin cos 
 4 2
Khi đó ta có: P 25 20 t 8 t2 1 8 t 2 20 t 17 f t 
 5 3 2
Xét hàm số f t ta thấy minP min f t f 2;3 . Chọn đáp án B. 
 2; 2 4 2
Câu 46. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m  2022;2022 để hàm số 
 4 3 2 2 2 2 2
 f x x x 5 x x m có bốn điểm cực tiểu x1,,, x 2 x 3 x 4 thỏa mãn x1 1 x 2 1 x 3 1 x 4 1 68 . 
Khi đó tập S có bao nhiêu tập con ? 
 A. 4 B. 8 . C. 16 . D. 32. 
 Lời giải 
Cách 1: Đầu tiên ta xét hàm số g x x4 x 3 5 x 2 x m có g x 5 x3 3 x 2 10 x 1. 
Giải phương trình g x 0 x 1,96; 0,1;1,31. Khi đó ta có bảng biến thiên như sau: 
 x – ∞ -1.96 -0.1 1.31 + ∞ 
 – 0 + 0 – 0 + 
 + ∞ + ∞ 
Như vậy, từ bảng biến thiên trên để hàm số f x có 4 điểm cực tiểu thì hàm số g x phải có 4 nghiệm phân biệt 
tức ta có: m 4.7 0; m 0.05 0 0.05 m 4.7  m  m 1;2;3;4. 
Thế lại từng giá trị m vào f x , từng giá trị m thỏa sẽ có 4 nghiệm phân biệt của phương trình h x 0 lần lượt 
 2 2 2 2
là x1,,, x 2 x 3 x 4 sao cho thỏa mãn x1 1 x 2 1 x 3 1 x 4 1 68 
Sau khi thử, ta kết luận m 2;3;4, tức S có tất cả 23 8 (tập con). Chọn đáp án B. 
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
 2 2 2 2
Cách 2: Ta xử lí trực tiếp dữ kiện x1 1 x 2 1 x 3 1 x 4 1 68 . (1) 
 2 2 2
Ta sử dụng biến đổi sau: (dùng số phức) x1 1 x 1 i x 1 i x 1 i , khi đó (1) thành: 
 4
 2 2 2 2
 x1 1 x 2 1 x 3 1 x 4 1  xk i x k i 68 . 
 k 1
 gx fxm xxxxxxxx 1 2 3 4 
 . Suy ra: g i g i 68 m 6 2 i m 6 2 i 68 
 4 3 2 
 g x x x 5 x x m
 2 2 m 2
 m 6 2 i 68 m 6 4 68 . Kết hợp với dữ kiện f x có 4 điểm cực tiểu (cách 1) là 
 m 14
 m 1;2;3;4, suy ra m 2;3;4tức S có tất cả 23 8 (tập con). Chọn đáp án B. 
Cách 3: Ta đặt g x x4 x 3 5 x 2 x , suy ra g x 4 x3 3 x 2 10 x 1. 
Khi đó phương trình g x 0 có ba nghiệm a,, b c biểu diễn trên bảng biến thiên sau: 
 x – ∞ a b c + ∞ 
 – 0 + 0 – 0 + 
 + ∞ + ∞ 
Nhận thấy khi hàm số g x m có cực tiểu thì: 
 - Trường hợp 1: Điểm cực tiểu là điểm cực đại nằm dưới Ox đối xứng qua Ox . (loại vì chỉ có 3 cực tiểu) 
 - Trường hợp 2: Điểm cực tiểu là nghiệm của phương trình g x m 0 (nhận). 
Suy ra x1,,, x 2 x 3 x 4 chính là nghiệm của phương trình g x m 0 trong đó: 
 - Điều kiện cần: c m 0 c 1 hoặc 0 m e 5 e 4 (2) 
 2 2 2 2
 - Điều kiện đủ: x1 1 x 2 1 x 3 1 x 4 1 68 (3) 
 4
 2 2 2 2
Khi đó bất phương trình (3) tương đương với: x1 x 2 x 3 x 4  xi x j x k  x i x j  x i 68 
 i j k i j i 1
 2
 2 2
 xxxx1234  xxxi j k 2 xxxx 1234  xx i j  xx i j 2 xxxx 1234
 i j k i j i j
 2
 4 4 
 2 xi  x i x j x k  x i 2  x i x j 1 68
 i 1 i j k i 1 i j
 x1 x 2 x 3 x 4 m; xi 1
 i j k
Theo Viét bậc 4, ta có: . Thế vào bất phương trình vừa biến đổi ta có: 
  xi x j x k 1;  x i x j 5
 i j k i j
 2 2 2 2 m 2
 m1.2. m 5 2 m 5 2. 1 .1 1 2. 5 1 68 m 12 m 28 0 (4). 
 m 14
Từ (2) và (4) cùng với m  ta suy ra: m 2;3;4 tức S có tất cả 23 8 (tập con). Chọn đáp án B. 
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
 2 2 2
Câu 50. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 y 1 z 1 12 và mặt phẳng 
 :x 2 y 2 z 11 0 . Lấy điểm M tùy ý trên . Từ M kẻ các tiếp tuyến MA,, MB MC đến mặt cầu S , 
với ABC,, là các tiếp điểm đôi một phân biệt. Khi M thay đổi thì mặt phẳng ABC luôn đi qua điểm cố định 
 H a;; b c . Tổng a b c bằng 
 3 7
 A. B. . C. 2 . D. 0 . 
 4 2
 Lời giải 
Cách 1: 
Đầu tiên ta có mặt cầu S có tâm I 1;1;1 và bán kính R 2 3 
Gọi N là hình chiếu của I lên trên và IN cắt mặt phẳng ABC tại H , suy ra N 1 t ;1 2 t ;1 2 t . 
 4 1 11 5 
Thế tọa độ N vào ta có: 1 t 2 1 2 t 2 1 2 t 11 0 t tức N ;; . 
 3 3 3 3 
Gọi K IM  ABC , theo hệ thức lượng tam giác vuông ta có: IA2 IK. IM 
Mặt khác do H IN  ABC nên suy ra HKMN là tứ giác nội tiếp tức IH.. IN IK IM nên khi đó ta suy ra 
 IA2 R 2 12
 IA2 IH. IN . Từ đó ta có được: IN d I; 3; IH 4. 
 IN IN 3
 3 3  
Suy ra: IH IN IH IN , kéo theo ta có được: H 0;3; 1 tức a b c 2 . Chọn đáp án C. 
 4 4
Cách 2: 
Đầu tiên ta có mặt cầu S có tâm I 1;1;1 và bán kính R 2 3 . 
 m 2 n 2 p 11 0
 A x0;; y 0 z 0 
Gọi với 2 2 2 . 
 M m;; n p x0 1 y 0 1 z 0 1 12
   
Ta có: MA. IA 0 , khi đó phương trình tương đương với: x0 m x 0 1 y 0 n y 0 1 z 0 p z 0 1 0 
 x01 1 m x 0 1 y 0 1 1 n y 0 1 z 0 1 1 p z 0 1 0 
 x12 y 1 2 z 1 2 1 m x 1 1 n y 1 1 p z 1 0
 0 0 0 0 0 0 
 12
 1m x0 1 n y 0 1 p z 0 9 m n p 0 
 1m x0 1 n y 0 1 p z 0 9 11 2 n 2 p n p 0 
 ABC : 1 m x0 1 n y 0 1 p z 0 3 n p 2 0. 
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
Để tìm điểm cố định qua mặt phẳng ABC vừa khai triển, ta cần chọn bộ m;; n p sao cho phương trình mặt 
phẳng ABC không phụ thuộc vào m;; n p . 
Với m; n ; p 0;3; 1 thì thỏa mãn, suy ra điểm cố định cần tìm là H 0;3; 1 tức a b c 2 . Chọn đáp án C. 
ĐỀ THI THỬ SỞ HÀ NỘI LẦN 1 
Câu 46. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 2;6;0 và mặt phẳng : 3x 4 y 89 0 . Đường thẳng 
 d thay đổi nằm trên mặt phẳng Oxy và luôn đi qua điểm A . Gọi H là hình chiếu vuông góc của M 4; 2;3 
trên đường thẳng d . Khoảng cách nhỏ nhất từ H đến mặt phẳng bằng 
 68 93
 A. 15 B. 20 . C. . D. . 
 5 5
 Lời giải 
Cách 1: 
Đầu tiên ta gọi K là hình chiếu của M lên Oxy , khi đó suy ra tọa độ K 4; 2;0 . 
Khi đó MK d , mà giả thiết cho MH d nên suy ra d  MHK kéo theo KH d tức AHK 90 . 
 AK
Suy ra H luôn thuộc đường tròn C có tâm là trung điểm AK gọi là I 1;2;0 , bán kính R 5 . 
 2
  
 n . k 0
Mặt khác, nhận thấy tức  Oxy nên suy ra d I; d I ; 20 với  Oxy . 
 k 0;0;1 
Vậy suy ra d H; d H ; d I ; R 20 5 15 . Chọn đáp án A. 
 min min 
Cách 2: 
  
 AH x 2; y 6;0 
Đầu tiên ta giả sử H a; b ;0 Oxy , khi đó ta có:  . 
 MH x 4; y 2; 3 
   
Do giả thiết cho MH d , A  d nên ta có phương trình sau: AH. MH 0 
 2 2
 x2 x 4 y 6 y 2 0 x 1 y 2 25 . 
 3x 4 y 89
Tiếp đến ta có: d H ; . Xét biểu thức P 3 x 4 y 89 3 x 1 4 y 2 100 
 5
 22 2 2
Khi đó ta có: P 100 3 x 1 4 y 2 32 4 2 x 1 y 2 25 2 25 P 100 25 
 75 125
Suy ra: 75 P 125 tức suy ra d H; 15 d H ; 25. Chọn đáp án A. 
 5 5
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
Câu 47. Cho hàm số f x x3 3 x . Số hình vuông có 4 đỉnh nằm trên đồ thị hàm số y f x là 
 A. 2 B. 4 . C. 3 . D. 1. 
 Lời giải 
Cách 1: Đầu tiên ta gọi đồ thị hàm số f x x3 3 x là đường cong C . Do đường cong C có tâm đối xứng 
qua O nên ta có nhận xét như sau: 
Phương trình f x 0 x 0; x 3 . Nếu AB, là các điểm thuộc C sao cho thỏa xBA x 3 thì khi đó 
 OA OB , lúc này không thể tồn tại hình vuông thỏa mãn đề bài từ hai điểm AB, trên. 
Suy ra: x 3 hoặc x 3 . Tiếp đến ta gọi A a; a3 3 a C với a 0; 3 . 
 B A 
Ta có B là ảnh của A qua phép quay tâm O và góc quay 90 cả chiều âm và chiều dương. Nên suy ra có 2 điểm B 
có thể thỏa là B 3 a a3 ; a và B a3 3 a ; a . 
 3 2
Mà BC nên ta có phương trình sau: 3a a3 3 3 a a 3 a 1 3 a 2 a 2 3 a 2 3 (1) 
 2 4 3 t 2,4
Đặt t 3 a  0;3 thì (1) thành t 3 t 3 t 1 0 t 2, 4 . 
 t 0, 4; 0,6
Với 1 giá trị t cho ra 2 giá trị a tức ta kết luận tồn tại 2 hình vuông thỏa mãn. Chọn đáp án A. 
Cách 2: (Mr. Triển) 
Đầu tiên ta gọi ABCD,,, lần lượt là các đỉnh thuộc đồ thị hàm số y f x sao cho ABCD là hình vuông. Do đồ 
 AC : y kx
thị hàm số y f x có tâm đối xứng qua O nên ta suy ra: x với AC, BD là các đường chéo của 
 BD : y 
 k
hình vuông ABCD và đều qua O . 
 x3 k 3 x 0 1 
Khi đó ta có hệ phương trình sau: với (1) là nghiệm của x, x và (2) là nghiệm của 
 3 1 AC
 x 3 x 0 2 
 k 
 x k 3 AC 2 k 3 k 2 1 
 AC, 
 x, x . Khi đó ta suy ra: . 
 BD 1 1 1 
 x 3 
 BD, BD 2 3 1 2 
 k k k 
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
 k 1 2
 2 1 1 3k 1 
Do ABCD là hình vuông nên AC BD k3 k 1 3 1 k 3 
 2 3 1 5
 k k k k 
 2
 1
Với 4 giá trị k ứng với 4 điểm của hình vuông cùng với tính đối xứng của k và , ta kết luận có tất cả 2 hình 
 k
vuông thỏa mãn yêu cầu đề bài. Chọn đáp án A. 
Cách 3: Đầu tiên ta gọi đồ thị hàm số f x x3 3 x là đường cong C . Do đường cong C có tâm đối xứng 
qua O nên ta thực hiện phép quay tâm O , góc quay 90 độ theo chiều dương, gọi x , y là các hoành độ tung độ mới 
 3 3
 x y y 3 y y 3 y
của đồ thị sau khi thực hiện phép quay, khi ấy ta có hệ phương trình sau: 
 y x
Khi ấy ta thu được hàm số x y3 3 y . Lúc này ta có hình vẽ như sau: 
Dựa vào hình vẽ trên, ta kết luận tồn tại 2 hình vuông thỏa mãn. Chọn đáp án A. 
 4 2
Câu 48. Số các giá trị nguyên âm m để phương trình: ex m có 2 nghiệm phân biệt là 
 5x 1 5 x 2
 A. 4 B. 3 . C. 5 . D. 6 . 
 Lời giải 
 4 2 x x 0
Đầu tiên ta có phương trình tương đương với: m x x e , điều kiện ban đầu: . 
 5 1 5 2 x log5 2
 4 2
Xét hàm số f x ex trên R \ 0;log 2 
 5x 1 5 x 2 5
 x x
 4.5 ln 5 2.5 ln 5 x
Ta có f x 2 2 e 0 , với mọi x R \ 0;log5 2 khi đó ta suy ra hàm số f x luôn nghịch 
 5x 1 5 x 2 
biến trên các khoảng ;0 , 0;log5 2 , log 5 2; . 
 4 2x 4 2
Với limf x lim x x e 0 5 , ta có bảng biến thiên của hàm số f x như sau: 
 x x 5 1 5 2 1 2
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt tức (*) có 2 nghiệm phân biệt, thì ta suy ra m 5 . 
Mà m  nên suy ra m 5; 4; 3; 2; 1 tức có 5 giá trị m nguyên thỏa mãn. Chọn đáp án C. 
Câu 49. Cho hai hàm số bậc bốn f x , g x có đồ thị y f x và y g x như hình vẽ. 
Số giá trị thực của tham số m để phương trình f x g x m có một nghiệm duy nhất trên  1;3 là 
 A. Vô số B. 0 . C. 2 . D. 1. 
 Lời giải 
Đầu tiên ta đặt h x f x g x , suy ra h x f x g x 4 m x 1 x 1 x 3 
Kéo theo ta có được h x m x4 4 x 3 2 x 2 12 x C 
 x – 1 1 3 
Giả sử vẽ một đường thẳng x m 3 cắt hai đồ thị y f x và y g x , khi đó ta nhận thấy 
 g m f m nên suy ra h x 0 trên , khi đó ta có bảng biến thiên h x trên  1;3 như hình bên. 
Như vậy ta kết luận chỉ có 1 giá trị m thỏa mãn. Chọn đáp án D. 
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG 
Câu 50. Có bao nhiêu cặp số nguyên dương x; y thỏa mãn điều kiện x 2023 và 
 y 3
 3 9 2y x log3 x 1 2 ? 
 A. 3870 B. 4046 . C. 2023. D. 3780 . 
 Lời giải 
 y 3
Đầu tiên ta có bất phương trình tương đương với: 3 9 2y x log3 x 1 2 
 2y 1 2 y 1 2 y 1
 3 3 2y 1 x 1 3log3 x 1 3 3log 3 3 x 1 3log 3 x 1 
 3
Xét hàm số y f t 3log t t có f t 1 0 trên 0; tức f t đồng biến trên 0; 
 3 t ln3
Từ đó ta suy ra được x 32y 1 1. 
 log x 1 1 log 2024 1 
Vì x 2023 nên suy ra x 32y 1 1 y 3 3  y  y 1;2 
 2 2
Với y 2 ta có: 2023 x 242 tức có 2023 242 1 1782 giá trị x nguyên. 
Với y 1 ta có: 2023 x 26 tức có 2023 26 1 1998 giá trị x nguyên. 
Suy ra có tất cả 1998 1782 3780 giá trị x nguyên tức có 3780 bộ x; y thỏa mãn. Chọn đáp án D. 
ĐỀ THI THỬ CHUYÊN KHTN LẦN 1 
Câu 43. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M 2;1;1 và N 1;0;0 . Xét hình lập phương 
 ABCD. A B C D có cạnh bằng 1, có các cạnh song song với các trục tọa độ và các mặt phẳng ABCD ,
 ABCD lần lượt có phương trình là z 0; z 1. Giá trị nhỏ nhất của AM C N bằng 
 A. 2 5 B. 2 6 . C. 2 3 . D. 2 2 . 
 Lời giải (from Mr. Triển) 
Đầu tiên ta có A ABCD : z 0 tức A Oxy nên gọi tọa độ A a; b ;0 . 
Khi đó sẽ tồn tại hai điểm C có tọa độ là C a 1; b 1;0 . Mà C là hình chiếu của C lên mặt phẳng ABCD với 
 C A B C D : z 1 ( ABCD là hình vuông) nên suy ra tọa độ C a 1; b 1;1 . 
 2 2 2 2
Từ đó ta suy ra: AM C N 2 a 1 b 1 1 a 1 b 1 1 . 
 2 2 2
Áp dụng bất đẳng thức Mincopski, suy ra: AM C N 2 a 1 a 1 1 b b 1 1 1 
 2 2 2 2
 2 2 AM C N 3 1 1 1 4 4 2 4 L 
 3 1 1 1 4 min 
 AM C N 3 12 1 1 2 4 22 0 2 4 2 2
 min 
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm bằng 2 2 . Chọn đáp án D. 
NGƯỜI BIÊN SOẠN: TRẦN MINH QUANG