Cac de luyen thi

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

KỲ KHẢO SÁT KIẾN THỨC THPT LẦN 2
NĂM HỌC 2017 – 2018
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.

[1D1-2.1-1] (Sở Vĩnh Phúc2018) Phương trình sin x  1 có tập nghiệm là


A.   k 2 , k    . B.  .
C.   k 2 , k  . D.
2


Lời giải_Phạm Lâm

sin x  1 
Câu 2.


2



  k , k    .
2



 k 2 , k  

[1D1-3.6-4] (Sở GD Vĩnh Phúc 2018) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
 

cos3x  cos 2 x  m cos x  1  0 có đúng 8 nghiệm phân biệt thuộc khoảng   ; 2  .
 2

13
13
A. 3  m  .
B. 1  m  3 .
C. 1  m  3 .
D. 3  m  .
4
4
Lời giải_Trần Mai Linh
Chọn D
cos 3 x  cos 2 x  m cos x  1  0  4 cos 3 x  3cos x  2 cos 2 x  m cos x  0

cos x  0

.
2
 4 cos x  2 cos x  3  m  0(*)
Phương trình cos x  0  x 


2

 k có 2 nghiệm x 


2

,x 

3
thuộc khoảng
2

 

  ; 2  .
2



Đặt t  cos x, t   1;1 . Phương trình * trở thành: 4t 2  2t  3   m ** .
Yêu cầu bài toán  ** có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 thỏa: 0  t1  t2  1 .
Xét hàm số f  t   4t 2  2t  3, t   0;1  f   t   8t  2 .

Dựa vào bảng biến thiên: suy ra 

13
13
 m  3  3  m  .
4
4

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


Câu 3.

[1D2-3.4-4]

1  x  x

2

(SGD
14 15

 ...  x



Vĩnh
2

Phúc

 a0  a1 x  a2 x  ...  a210 x

210

.

Cho

2018)
Tính

giá

trị

khai
của

biểu

triển
thức

S  C150 a15  C151 a1  C152 a2  ...  C1515 a0 .

A. S  215 .

B. S  1 .

C. S  0 .
Lời giải

D. S  15 .

Chọn D
15

Ta có: 1  x  x 2  ...  x14   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a210 x 210
15

 1  x14 
2
210

  a0  a1 x  a2 x  ...  a210 x
 1 x 
15

15

 1  x14   1  x 

a

0

 a1 x  a2 x 2  ...  a210 x 210  .
15

Khi đó: S  C150 a15  C151 a1  C152 a2  ...  C1515 a0 là hệ số của số hạng chứa x15 trong khai triển 1  x15 
.
Vậy S  C151  15 .
Câu 4.

[1D2-4.3-3] (SGD Vĩnh Phúc lần 2 năm 2018) Cho tập hợp A  0,1, 2,3, 4,5, 6, 7 . Gọi S là tập hợp
các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhautừ tập A . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S .Tính xác suất để số
được chọn là một số tự nhiên chẵn, có mặt ba chữ số 0, 1, 2 và chúng đứng liền nhau.

4
23
11
26
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
105
735
147
735
Lời giải_Nguyễn Thành Biên THPT Tiền Phong
+ Gọi số tự nhiên có 6 chữ số là abcdef ; a  0; a, b, c, d , e, f  A .
Có 7 cách chọn a (vì a  0 )
Vì các chữ số khác nhau nên sau khi chọn a có A75 cách chọn bcdef .
Vậy có 7. A75  17640 (số)
Hay n     17640
+ Gọi biến cố cần tìm là B
Giả sử số tự nhiên chẵn có 6 chữ số, có mặt 3 chữ số 0, 1, 2 và ba chữ số này đứng cạnh nhau có dạng

O1O2O3O4 , trong đó các chữ số 0, 1, 2 đứng trong một ô, ba ô còn lại là ba chữ số trong tập A \ 0,1, 2
, ta xét các trường hợp sau:
- TH1: các chữ số 0, 1, 2 đứng ô số 1, có 4 cách xếp là 210, 201, 120, 102
Vì là số chẵn nên ô số 4 có hai cách chọn là chữ số 4 hoặc 6
Hai ô còn lại có A42 cách xếp 4 chữ số còn lại

Suy ra có 4.2. A42  96 (số).
- TH2: các chữ số 0, 1, 2 đứng ô số 2 hoặc 3, có 2 cách chọn; trong mỗi ô lại có 3!=6 cách xếp nên có 12
cách.
Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


Vì là số chẵn nên ô số 4 có hai cách chọn là chữ số 4 hoặc 6
Hai ô còn lại có A42 cách xếp 4 chữ số còn lại
Suy ra có 12.2. A42  288 (số).
- TH3: các chữ số 0, 1, 2 đứng ô số 4, có 4 cách xếp 120, 102, 012, 210 (vì số chẵn)
Ba ô còn lại có A53 cách xếp 5 chữ số còn lại
Suy ra có 4. A53  240 (số).
Vậy n  B   96  288  240  624 .
Xác suất cần tìm là: P  B  
Câu 5.

nB
624
26
.


n    17640 735

[1D3-3.1-2] (Chuyên Vĩnh Phúc lần 2 năm 2017-2018) Trong các dãy số sau đây, dãy số nào là cấp
số cộng
A. un  2n2  2017 .

C. un   3 

B. un  3n  2018 .

n 1

.

D. un  3n

Lời giải_Nguyễn trung Nghĩa
2

Ta có: Nếu un  2n2  2017 thì un 1  un  2  n  1  2n 2  4n  2 .
Suy ra dãy un  2n2  2017 không là cấp số cộng
Nếu un  3n  2018 thì un1  un  3  n  1  3n  3

  const  . Nên ghi tiếng Việt

Suy ra dãy un  3n  2018 là cấp số cộng
Nếu un   3

n 1

thì un 1  un   3

Suy ra dãy un   3 

n 1

n2

  3

n 1

  3

n 1

 3  1  const . Nên ghi tiếng Việt

không là cấp số cộng

Nếu un  3n thì un1  un  3n 1  3n  3n  3  1  2.3n  const .
Suy ra dãy un  2n2  2017 không là cấp số cộng
Câu 6.

[1D3-3.7-3] (Sở Vĩnh Phúc – Lần 2 - 2018) Cho 3 số dương x, y , z theo thứ tự lập thành cấp số cộng.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

x 2  8 yz  3

2 y  z 
A.

6
.
15

Chọn

B.

5
.
10

2

.

6

6
.
10
Lời giải_ Ninh Vũ

C.

D.

5
2 2

.

B.
2

Ta có: x + z = 2y  x = 2y - z  x 2 =  2y - z   x 2 + 8yz = 4y 2 + 4yz + z 2  x 2 + 8yz =  2y + z 

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.

2


2y + z + 3

Do đó P 

 2y + z 
Đặt t  2 y  z

Xét f  t  

2

t  0

t 3
t2  6

.

+6
2y + z + 3

P

 2y + z 

t  0

2

 f ' t  

t+3

=

t 2 +6

+6

.

6  3t

t

2

6



t2  6

BBT:

Pmax

Câu 7.

5

. Đạt được khi
10

x  z  2 y

2 y  z  2
 x, y, z  0


[1D4-1.4-1] (Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc 2018) Tính lim
B. 0 .

A. 1 .

2n  1
2  2n  3

1
.
2
Lời giải_ Ngô Quang Anh

D. 2 .

C.

1
1 n
2n  1
2  1
lim
 lim
n
3
22  3
2 n 2
2
Câu 8.

[1D4-1.5-3] (Sở GD-ĐT Vĩnh Phúc) Hàm số y 

2x 1
có đồ thị là hình vẽ nào trong bốn phương
x 1

án A,B,C,D dưới đây?
y

y

2

2

1
2

1

x
-1

1
2
1

x

-2
-2

A.

.

B.

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.

.


y

y

2
2

1
1
2

1

1
2

x

1

x

-1

-2

-2

C.

.

D.
Lời giải_Trần Văn Dũng THPT Lê Hoàng Chiếu

.

1
 2x 1
, khi x 

2x 1  x  1
2
Ta có: y 

1
x  1  2x 1

, khi x 
2
 x  1
2x 1
Xét hàm số y 
có đồ thị (C)
x 1
y

x

1

Giữ phần đồ thị (C) tương ứng x 

1
.
2

Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ thị (C) ứng với x 

1
2

y
2
1
1
2

1

x

-2

3

Câu 9.

[1D4-2.0-3] (Chuyên Vĩnh Phúc) Biết rằng b  0 , a  b  5 và lim
x 0

nào dưới đây sai?

A. a  b  0 .

B. 1  a  3 .

C. a 2  b 2  6 .

ax  1  1  bx
 2 . Khẳng định
x

D. a 2  b 2  10 .

Lời giải_Lưu Anh Bảo THPT Đinh Tiên Hoàng
Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


3

Ta có I  lim
x 0



 lim 
x 0
x
 
a b
  .
3 2



 3 ax  1  1 1  1  bx
ax  1  1  bx
 lim 

x0
x
x
x





ax
bx



lim
 x 0 
2
3
ax  1  3 ax  1  1 x 1  1  bx 








Theo giả thiết: I  2 








b

2

3
3
ax  1  ax  1  1 1  1  bx 

a







a b

  2  2a  3b  12 .
3 2

2a  3b  12
a  3
Vậy ta có hệ: 
. Kiểm tra từng đáp án, ta thấy C sai.

a  b  5
b  2
Câu 10.

[1D5-1.3-2] (SGD Vĩnh Phúc 2018) Cho hàm số f ( x)  sin 2 x  cos 2 x  x  m 2 với m là tham số.
Khi đó f ’  x  bằng
A. 1  sin 2x .

B. 2 sin 2 x  2m .
C. 1  2 sin 2x .
D. 1  sin x cos x .
Lời giải_Nguyễn Thị Bách Khoa THPT Châu Văn Liêm TP Cần Thơ
f ( x)   cos 2 x  x  m2

f '( x)  2sin 2 x  1
Câu 11.

[1H1-2.5-1]
2

(SGD

C  :  x  2   y  4
 C  có bán kính bằng
A. 10 .

Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn

 10 . Phép tịnh tiến theo v   0; 2  biến đường tròn  C  thành đường tròn
Vĩnh

2

B. 20 .

Phúc

2018)

C. 20 .
Lời giải_Huy Nguyen

D. 10 .

Chọn A
Đường tròn  C  có bán kính là R  10 .
Phép tịnh tiến biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính. Vậy bán kính của đường tròn  C  
là R  10 .
Câu 12.

[1H2-4.2-2] (SGD Vĩnh Phúc 2018) Cho tứ diện ABCD. Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm của các
tam giác ABC , ACD, ABD. Phát biểu nào sau đây đúng?

A. Mặt phẳng (G1G2G3 ) song song với  BCA  .
B. Mặt phẳng (G1G2G3 ) cắt mặt phẳng  BCD  .
C. Mặt phẳng (G1G2G3 ) song song với mặt phẳng  BCD  .
D. Mặt phẳng (G1G2G3 ) không có điểm chung với mặt phẳng  ACD 
Lời giải _Nguyễn Thị Bách Khoa THPT Châu Văn Liêm TP Cần Thơ

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


A

G3
G1

G2
D

B

N
E

M
C

Đáp án A sai vì hai mặt phẳng (G1G2G3 ) và  BCA có G1 là điểm chung.
Đáp án B sai vì (G1G2G3 ) và  BCD  không có điểm chung.
Đáp án C đúng vì hai mặt phẳng (G1G2G3 ) và  BCD  có G1G2 / / ME; ME  ( BCD) và
G3G2 / / NE; NE  ( BCD)
Đáp án D sai vì hai mặt phẳng (G1G2G3 ) và  ACD  có G2 là điểm chung.

Câu 13.

[1H2-4.6-3] (Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc – lần 2) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a . Gọi
M là trung điểm của AB , N là tâm hình vuông AA ' D ' D . Tính diện tích thiết diện của hình lập
phương ABCD. A ' B ' C ' D ' tạo bởi mặt phẳng CMN  .
A.

3a 2 14
.
2

B.

a2 14
.
4

a2 14
.
2
Lời giải
C.

D.

3a 2
.
4

Chọn B

Gọi E  CM  AD  E  AD
Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


F  CN  AA '  F  AA ' ; G  NE  DD ' G  DD '

H là trung điểm của AD
Vậy thiết diện của hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' bị cắt bởi mặt phẳng CMN  là tứ giác
MFGC
EM EA AM 1
Ta có:


 (vì AM / / DC )
EC
ED
DC
2
EA
EF
AF
2
2
2 a 1
Do AF / / NH 


  AF  NH  .  a
EH EN NH 3

3
3 2 3
EA EF
AF 1
2
Do AF / / DG 


  GD  2 AF  a
ED EG GD 2
3

Ta có: EC  ED2  DC 2  4a2  a2  a 5
2 
2 10
EG  ED  GD  2 a   a 
3
 3 
2

2

2

2

2 
13
GC  GD  DC   a  a 2 
a

 3 
3
2

2

2

14 2
a
3
EF EM FM 1
Mà EFM  EGC 



EG
EC
GC 2
Vậy diện tích tam giác EGC là:

 1
S
1
3
14 2
 EFM      SFMCG  SEGC 
a
SEGC  2 
4

4
4
2

Câu 14.

[1H3-2.4-2] (Sở Vĩnh Phúc-2018) Cho tứ diện ABCD có AD  14 ; BC  6 . Gọi M , N là trung
điểm các cạnh AC , BD . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng BC và MN . Biết MN  8 . Tính sin 
?
A.

3
.
2

B.

1
.
2

2 2
.
3
Lời giải_Thầy Nguyên Toán

C.

D.

2
.
4

A

M

P
C

D

N

B

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


Gọi P là trung điểm AB  MP //BC   MN ; BC    MN ; MP  .
Ta có: MP  3 ; NP  7 ; MN  8 .
   và MP  3 ; NP  7 ; MN  8 .
Xét MNP có góc NMP
2
2
2
  MP  MN  NP  1    60
cos   cos NMP
2 MN .MP

2

3
.
2
Câu 15. [1H3-2.4-2] ( chuyên lào cai 2018) Cho tứ diện ABCD có AD  14, BC  6 . Gọi M , N lầ lượt là trung
điểm của các cạnh AC , BD . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng BC và MN . Biết MN  8 , tính sin 

Vậy: sin   sin 60 

A.

2
4

B.

3
2

C.

1
2

D.

2 2
3

Lời giải _ Phạm Văn Huy THPT Đường An Bình Giang Hải Dương

Gọi E là trung điểm của CD khi đó ta có BC / / NE do đó góc giữa BC và MN chính là góc giữa NE
và MN
Xét tam giác MNE có
  49  64  9  2.8.3.cosN

ME 2  MN 2  NE 2  2MN .NE.cosN
  1  sin N
 3
 cosN
2
2
Câu 16.

[1H3-4.0-4] (Sở GD và ĐT Vĩnh Phúc) Cho khối trụ có bán kính đáy bằng 4cm và chiều cao bằng
5cm . Gọi AB là dây cung của đáy dưới sao cho AB  4 3cm . Người ta dựng mặt phẳng ( P ) đi qua

hai điểm A, B và tạo với đáy của hình trụ một góc 60 0 như hình vẽ bên. Tính diện tích thiết diện của
hình trụ cắt bởi mặt phẳng ( P ) .

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.




4 4  3 3
A.

3





8 4  3 3
B.





8 4  3
C.





4 4  3
D.



3
3
3
Lời giải_Nguyễn Hằng THPT Hưng Hóa
Gọi S là diện tích thiết diện cần tìm, S ' là diện tích hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy.
Khi đó,

S '  S .cos 600  S  2S '
* Tính S ' :
Gọi O là tâm của hình tròn. Theo bài ra, AB  4 3cm , suy ra, d (O, AB )  R 2 

AB 2
2
4

Gán trục tọa độ Oxy lên hình tròn đáy như hình vẽ:

Ta có, phương trình đường tròn tâm O , bán kính R  2 là: x 2  y 2  16
Suy ra, phương trình của nửa đường tròn trên là: y  16  x 2
Ta có: S ' 

1
S
 2 S1
2 O;4


2

6

2

Với S1   16  x 2 dx   16   4sin t  .4 cos tdt 
0

0

4
 2 3 và SO;4   R 2  16
3

 4
 16
Suy ra, S '  8  2. 
 2 3 
4 3
3
 3




 16
 8 4  3 3
Vậy S  2. 
4 3 
3
 3

Câu 17.



[2D1-2.6-3] [] (SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC LẦN 2) Cho biết hai đồ thị hàm số y  x4  2 x2  2 và

y  mx4  nx 2  1 có chung ít nhất một điểm cực trị. Tính tổng 1015m  3n.

A. 2017.
B. -2017.
C. -2018
D. 2018.
Lời giải
- Điều kiện cần: Từ đồ thị (1) y  x4  2 x 2  2 có các điểm cực trị (0;2); (1;1); (-1;-1)

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


Đặt f  x   x 4  2 x 2  2 ; g  x   mx 4  nx 2  1 do f  0   g  0  nên hai đồ thị không thể chung điểm
cực trị nằm trên trục Oy vì vậy chung hai điểm cực trị (1;1); (-1;1) ta được hệ:
m  n  2
m  2


4m  2n  0 n  4
- Điều kiện cần: Thay m=-2; n=4 vào g(x) thì thỏa mãn có đúng 3 cực trị.
- Tính 1015m  3n  2018 . Chọn C
Câu 18.

1
[2D1-2.7-2] (SGD Vĩnh Phúc lần 2 - 2018) Cho hàm số y  x3  mx 2   2m  1 x  1 , với m là tham
3
số. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đã cho có cực trị.
A. m  1 .
B. m .
C. Không có giá trị của m . D. m  1 .
Lời giải_Nghiem Phuong
Ta có y  x 2  2mx  2m  1 .

Hệ số a  1  0 nên hàm số có cực trị    0  m 2  2m  1  0  m  1 .
2x  3
Câu 19. [2D1-4.4-2] (SGD Vĩnh Phúc lần 2 - 2018) Đồ thị hàm số y 
có tiệm cận đứng là đường
2x 1
thẳng
1
1
A. x  1 .
B. y  .
C. x  .
D. x  3 .
2
2
Lời giải_Song Tử Mắt Nâu
Ta có lim  y  lim 
1
x  
2

1
x  
 2

2x  3
  .
2x 1

1

.
2
Câu 20. [2D1-5.1-2] (SGD Vĩnh Phúc lần 2 - 2018) Cho hàm số y  x3  ax 2  bx  1 có bảng biến thiên như
hình vẽ :

Vậy tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng: x 

Giá trị của a, b là
A. a  6, b  9 .

B. a  6, b  9 .

C. a  6, b  9 .

D. a  6, b  9 .

Lời giải_Song Tử Mắt Nâu
y '  3 x 2  2ax  b
Từ BBT ta thấy, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là: A 1;3 , B  3; 1 nên suy ra:

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


 y ' 1  0
2a  b  3  0

a  b  3  0
 a  6
 y 1  3


.




6
a

b

27

0
b

9
y
'
3

0





 y 3  1 3a  b  9  0
  

Câu 21.

[2D1-7.1-3] [Sở Vĩnh Phúc lần 2-2018] Đồ thị (C ) của hàm số y  x 3  3 x có hai điểm cực trị là
A, B ; tiếp tuyến của (C ) tại M ( a; b) cắt (C ) taị điểm thứ hai là N ( N khác M ) và tam giác NAB
có diện tích bằng 60 . Tính a  b .
A. 0 .

B. 56 .
C. 4 .
D. 2
Lời giải – Vũ Thị Duyên THPT Trần Phú

Chọn C
Đồ thị hàm số y  x 3  3 x có hai điểm cực trị là A(1; 2), B ( 1; 2)
AB  2 5 và phương trình AB : 2 x  y  0
Ta có M  (C )  b  a3  3a . Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại M là:
y  (3a 2  3)( x  a )  a 3  3a ( d )
Xét phương trình: (3a 2  3)( x  a )  a 3  3a  x 3  3 x  ( x  a )( x 2  ax  2a 2 )  0
x  a

 N (2a; 8a 3  6a )
 x  2 a
Ta có S NAB 

a  2  b  2
1
 ab  4
d ( N , AB). AB  2a  8a3  60  
2
 a  2  b  2
44-SGD-Vinh Phuc-1718L2-Phạm Quốc

1

2

1
 1
 
y y
  , x, y  0; x  y .Biểu thức rút
Câu 22. [2D2-1.2-2] (Sở Vĩnh Phúc2018) Cho K   x 2  y 2  1  2
x x 

 
gọn của K là
A. x .
B. 2x .
C. x  1 .
D. x  1 .
Lời giải

1
 1

Ta có K   x 2  y 2 



Câu 23.

2

1


y y
  
1  2
x x 




x y



2

1

y
1 

x


2

x

[2D2-3.3-3] (Sở giáo dục Vình Phúc 2018)Cho x, y , z là các số thực dương tùy ý khác 1 và xyz khác
1. Đặt a  log x y, b  log z y. Mệnh đề nào sau đây đúng?
3ab  2a
.
a  b 1
3ab  2b
C. log xyz  y 3 z 2  
.
ab  a  b

3ab  2b
.
a  b 1
3ab  2a
D. log xyz  y 3 z 2  
.
ab  a  b
Lời giải_thpt Tuy Phong Bình Thuận
Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.

A. log xyz  y 3 z 2  

B. log xyz  y 3 z 2  


1
a
Ta có: log y z  ; log x z  log x y.log y z  .
b
b

log xyz  y z

3 2





log x  y 3 z 2 
log x  xyz 

3log x y  2 log x z
1  log x y  log x z

2a
b

a
1 a 
b
3ab  2a

.
ab  a  b
3a 

Câu 24.





[2D2-4.1-2] (Sở Vĩnh Phúc2018) Tập xác định của hàm số ln  x 2 
A.  \ 1;0;1 .

C.  \ 0 .

B. 1;  .

1

 2  là
2
x

D.  0;1 .

Lời giải_Phạm Lâm

x  0
1

Hàm số xác định khi x  2  2  0   2 1
(1)
x
x


2


x2
2

Ta có x 2 

1
1
1
1
 2 x 2 . 2 hay x 2  2  2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x 2  2  x  1 .
2
x
x
x
x

x  0
.
 x  1

Khi đó (1)  

Vậy tập xác định của hàm số là  \ 1;0;1 .
Câu 25.

[2D2-4.5-1] (Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc 2018) Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên .
A. y  x3  3 x 2  3x  2018 .
B. y  ln x .
C. y  x 4  3 x 2  1 .

D. y  sin x .
Lời giải_Ngô Quang Anh

Xét hàm số y  x3  3 x 2  3x  2018 có y  3 x 2  6 x  3  0, x    Hàm số đồng biến trên .
Câu 26.

[2D2-4.8-3] (SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC LẦN 2) Bạn An đỗ vào Đại học nhưng vì không đủ tiền nộp
học phí nên bạn An quyết định vay ngân hàng mỗi năm 10 triệu đồng để nộp học phí với lãi suất kép
3% / năm (vay vào cuối mỗi năm học). Sau 4 năm học tập, bạn ra trường và thỏa thuận với ngân hàng
bắt đầu trả nợ theo hình thức trả góp hàng tháng số tiền T (không đổi) cùng với lãi suất 0, 25% / tháng
trong vòng 5 năm. Số tiền T mà bạn An phải trả cho ngân hàng (làm tròn đến nghìn đồng) là:
A. 751000 đồng.
B. 750000 đồng.
C. 752000 đồng.
D. 749000 đồng.
Lời giải_Hoàng Trung Hiếu
Chọn

C.

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


+) Tính tổng số tiền mà An nợ sau 4 năm học:
Cuối năm học thứ nhất số tiền An nợ là: 10 (triệu đồng)
Cuối năm học thứ hai số tiền An nợ là: 10 1  3% 
2

Cuối năm học thứ ba số tiền An nợ là: 10 1  3%   10 1  3% 
Cuối năm học thứ tư số tiền An nợ là:

3

2

10 1  3%   10 1  3%   10 1  3%   10 



4

A

10 1  3%   1
3%

+) Tính số tiền T mà An phải trả trong 1 tháng:
Đặt r  0,25% , ta có:
Sau 1 tháng số tiền còn nợ là: A  Ar  T  A 1  r   T
2

Sau 2 tháng số tiền còn nợ là: A 1  r   T   A 1  r   T  r  T  A 1  r   T 1  r   T
60

59

Tương tự sau 60 tháng (5 năm) số tiền còn nợ là: A 1  r   T 1  r   ...T 1  r   T
An trả hết nợ khi và chỉ khi:
60

59

58

A 1  r   T 1  r   T 1  r     T 1  r   T  0
60
59
58
 A 1  r   T 1  r   1  r     1  r   1  0



 A 1  r 
T 

60

1  r 
T
r

Ar 1  r 

1  r 

60

60

1

0

60

1

 T  0,752
Vậy số tiền T mà bạn An phải trả trong 1 tháng là: 752000 ( đồng).
Câu 27.

[2D2-5.6-2] (Sở Vĩnh Phúc2018) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình

9 x  3x  6  2m  0 có nghiệm là
A. m  

25
.
4

B. m  

25
.
8

25
.
8
Lời giải_Phạm Lâm

C. m  

D. m  

Đặt t  3x , t  0 bất phương trình trở thành t 2  t  6  2m  0  m 

25
.
4

t2  t  6
 m  g t 
2

t2  t  6
, t0
2
1
1
Ta có g '  t    2t  1  0  t 
2
2
với g  t  

Bảng biến thiên
Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


25
.

8
[2D2-6.2-3] (Sở Vĩnh Phúc) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy bất phương trình có nghiệm khi m  
Câu 28.





log3 1  x 2  log 1  x  m  4   0 có hai nghiệm thực phân biệt.
3

1
A.   m  2 .
4

B. 5  m 

21
.
4

C. 5  m 

21
.
4

D. 

1
 m  0.
4

Lời giải
Phương trình đã cho tương đương với





log3 1  x 2  log3  x  m  4   0
1  x 2  0
1  x  1
 log3 1  x 2  log3  x  m  4   
 2
2
 x  x  5  m
1  x  x  m  4
Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình





 x 2  x  5  m có hai nghiệm thực phân biệt trên  1;1
Đặt y   x 2  x  5 xét trên  1;1 . Có y '  2 x  1  0  x  

1

2

Ta có bảng biến thiên sau

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình
 x 2  x  5  m có hai nghiệm thực phân biệt trên  1;1
21
4
Vậy chọn B
5m

Câu 29.

1
[2D3-1.3-1] (SGD Vĩnh Phúc 2018) Tìm  ( x 2  3x  )dx.
x
3
3
x 3 2
x 3 2
A.
 x  ln | x | C .B.
 x  ln | x | C .
3 2
3 2
x3
x3 3
C.
 x 2  ln | x | C . D.
 x  ln | x | C .

3
3 2
Lời giải_Nguyễn Thị Bách Khoa THPT Châu Văn Liêm TP Cần Thơ

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


1
x3 3 2
2
(
x

3
x

)d
x

 x  ln | x | C

x
3 2
Câu 30.

3

[2D3-2.1-1] (SGD Vĩnh Phúc 2018) Cho I   x 2 e x dx , đặt u  x 3 , khi đó viết I theo u và du ta
được
A. I 

1 u
e du .
3

B. I   eu du .

C. I   ueu du .

D. I  3 e u du .

Lời giải_ GV: Phạm Trần Quốc Tuấn
Chọn A
3

Ta có du  3 x 2 dx  I   x 2e x dx  I 
Câu 31.

1 u
e du
3

[2D3-4.2-3] (Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc – lần 2) Cho f  x  là hàm số có đạo hàm liên tục trên  , có
2

f  2   1 và



1

f  x  dx  3 . Khi đó

0

 x. f '  2 x  dx

bằng

0

A. 1.

B.

1
.
4

1
4

C.  .

D.

5
.
4

Lời giải_Vũ Văn Trụ THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
2

2

Ta có  f  x  dx   f  2 x  d  2 x  3
0

0

du  dx
u  x


Đặt 
1
dv  f '  2 x  dx v  f  2 x 

2
1

1

1
x. f  2 x 
f  2 1 2
1
1 1
1
x

.
f
'
2
x
dx


f
2
x
dx

  f  2 x  d  2 x    .3   .




0

2
20
2
40
2 4
4
0

e

Câu 32.

[2D3-4.3-2] (Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc 2018) Tính
A.

1
.
4

B.

1
.
3

ln 2 x
1 x dx

1
.
2
Lời giải_Ngô Quang Anh

C.

D. 2 .

e

e

e 1
ln 2 x
1
2
dx

1 x
1 ln x  d  ln x   3 ln x 1  3 

Câu 33.

[2D3-5.9-4] [Sở GD &ĐT Vĩnh Phúc – 2018 lần 2] Bên trong hình vuông cạnh a , dựng hình sao
bốn cánh đều như hình vẽ bên (các kích thước cần thiết cho như ở trong hình). Tính thể tích V của
khối tròn xoay sinh ra khi quay hình sao đó quanh trục Ox .
5 a 3
5 a 3
5 a 3
7 a 3
A. V 
.
B. V 
.
C. V 
.
D. V 
.
96
48
24
24

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


Lời giải_Phí Văn Quang THPT Triệu Quang Phục
Do hình sao có tính đối xứng nên ta quay theo trục thẳng đứng hay nằm ngang đều cho thể tích như
nhau.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Gọi V là thể tích khối tròn xoay cần tính.
Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng được tô màu trong hình bên quanh trục hoành.
Khi đó V  2V1.
a
2

a
2

2

2
a
5 a 3
x a

Ta có V1       dx     2 x   dx 
.
2 4
2
96

a
0
4

Suy ra thể tích cần tính V  2V1 
Câu 34.

5 a 3
.
48

[2D4-1.1-1] (Chuyên Vĩnh Phúc lần 2 năm 2017-2018) Thu gọn số phức z  i  2  i  3  i  ta được
A. z  1  7i .

B. z  5i .

C. z  6 .
Lời giải_Nguyễn trung Nghĩa

D. z  2  5i

Ta có: z  i  2  i  3  i   i  7  i   1  7i .
Câu 35.

[2D4-1.2-2] (SGD Vĩnh Phúc 2018) Cho số phức z  a  bi . Tìm điều kiện của a và b để số phức
2

z 2   a  bi  là số thuần ảo.

A. a  b .

B. a  2b .

C. a  0 và b  0 .
Lời giải_Huy Nguyen

D. a  3b .

Chọn A
Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


2

z 2   a  bi  = a 2  b2  2abi .

z 2 là số thuần ảo  a 2  b2  0  a  b .
Câu 36.

[2D4-2.2-2] (SGD-Vinh Phuc-1718L2) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2  2 z  i  0 .
Tính giá trị biểu thức P  z1  z2  2i .
A. 9 .

B. 4 .
C. 5 .
D. 2 2 .
Lời giải_Phạm Đức Quốc – THPT Tứ Kỳ

Theo định lý Viét, ta có: z1  z2  2 .
Nên P  z1  z2  2i  2  2i  2 2 .

Câu 37.

[2D4-4.1-4] (Sở GD-ĐT Vĩnh Phúc Lần 2 Năm 2018) Cho số phức z thoả mãn điều kiện
z  2  i  2 2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

H  z  3  2i  z  3  4i . Tính M  m .
A. 16 2 .

B. 11 2 .

C. 2 26  8 2 .
Lời giải_TanDoc

D. 2 26  6 2 .

Đặt z  x  yi với x, y   . Gọi K  x; y  là điểm biểu diễn số phức z .
2

2

z  2  i  2 2   x  2    y  1  8 .

Vậy K thuộc đường tròn  C  có tâm I  2;1 , bán kính R  2 2 .
Gọi A  3; 2  , B  3;  4  . Từ giả thiết ta có H  KA  KB .
Ta có KA  KB  2. KA2  KB 2 .
Mà KA2  KB 2  2 KN 2 

AB 2
, với N  0;  1 là trung điểm của AB .
2

Dễ thấy N   C  .

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


Suy ra H max  KN max .
Dấu bằng xảy ra khi K đối xứng N qua tâm I và KA  KB . Vậy K  4;3 .

 M  KA  KB  10 2 .
H min  K , A, B thẳng hàng  K  N . Vậy m  KA  KB  AN  NB  AB  6 2 .
Câu 38.

Vậy M  m  16 2 .
[2H1-1.1-2] (SGD Vĩnh Phúc lần 2 - 2018) Hình mười hai mặt đều có số cạnh là :
A. 20 .
B. 12 .
C. 30 .
D. 18 .
Lời giải_Song Tử Mắt Nâu
Áp dụng công thức 2C  pM  C 

Câu 39.

pM 5.12

 30 .
2
2

Vậy hình 12 mặt có số cạnh là: 30.
[2H1-2.1-1] (SGD Vĩnh Phúc 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B .
Biết AB  a , AC  2a , SA   ABC  và SA  a 3 . Thể tích khối chóp S. ABC là
A.

a3
.
2

B.

a3
3a 3
3a 3
.
C.
.
D.
.
4
8
4
Lời giải_ GV: Phạm Trần Quốc Tuấn

Chọn A

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


1

1
a3
1
Ta có BC  AC 2  AB 2  a 3  VS . ABC  .SA.S ABC  .a 3. .a.a 3  .
3
2
2
3
Câu 40.

[2H1-3.9-4] (Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc 2018 - Lần 2) Cho hình hộp ABCD. ABC D có thể tích bằng
V . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC , BB . Tính thể tích khối tứ diện CMNP
.
1
7
1
5
A. V .
B.
C. V .
D.
V.
V.
6
48
8
48
Lời giải_Kim Tuyen Luu THPT Mỹ Hào
C

B
M

D
A

P

C'
B'
N

M'
Q
A'

D'

Gọi M  là trung điểm của cạnh AB , Q là trung điểm của cạnh AM 
Ta có: NQ  C M   CM  VCMNP  VNCMP  VQCMP  VCMPQ
Lại có:

VC . ABBA



S MPQ
S ABBA



5
VC . ABBA
1
,

16 VABCD. ABC D 3

VCMPQ

1 5
5
5
 . 
 VCMPQ  V .
V
3 16 48
48
[2H1-3.9-4] (Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc 2018 - Lần 2) Biết tập nghiệm của bất phương trình

Do đó:
Câu 41.

VCMPQ

log 3



A. 0 .



x 2  x  2  1  3log 5  x 2  x  3  4 là  a; b  . Khi đó tổng 2a  b bằng

B. 2 .
C.  3 .
D. 3 .
Lời giải_Trần Quang Nam – CN ĐH Vinh

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


Ta có f  x   log 3

 log 3

 log 3

 f







x 2  x  2  1  log 3  x 2  x  3  4




x 2  x  2  1  3log 5 




x2  x  2




x 2  x  2  1  3log 5 




x2  x  2





2

  1  log 3  3log 5
3

5

2

  1  log  2  1  3log  2  1
2

3

5



x2  x  2  f  2 .

 x 2  x  2  0
Đặt f  t   log 3  t  1  3log 5  t 2  1 với t  0 do 
.
2  0
f  t  

1
3
t
 .
 0 t  0  f  t  luôn đồng biến t  0 .
ln 3  t  1 2 ln 5  t 2  1

Mặc khác f





x 2  x  2  f  2   x2  x  2  2  x 2  x  2  4

 x 2  x  2  0  2  x  1 .

Vậy 2a  b  4  1  3 .
Câu 42.

[2H1-4.2-3] ( Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc 2018)
Cho hình chóp S . ABC có AB  8a , BC  5a , CA  7 a ,các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCA  cùng
tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 600 và hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABC 
thuộc miền trong của tam giác ABC . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  .
A. a 3 .

B. 2a 3
C. a 6 .
D. 6a .
Lời giải _ Lê Thị Anh THPT Triệu Sơn 2

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp  ABC  . Gọi M , N , P lần lượt là chân đường vuông
góc hạ từ H xuống các cạnh AB, BC và AC .
Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


 , SNH
 , SPH
.
Suy ra góc giữa các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCA  với mặt đáy lần lượt là SMH
  SNH

  SPH
  600
 SMH
Xét các tam giác vuông: SMH  SNH  SPH  HM  HN  HP
Vì H là điểm thuộc miền trong ABC nên H là tâm đường tròn nội tiếp ABC .
Ta có: p 

AB  BC  CA 7a  8a  5a

 10a
2
2

Diện tích tam giác ABC là: S ABC 

p ( p  AB )( p  BC )( p  CA)  10 3a 2

Mà S ABC  p.HM  HM  a 3 .
Ta lại có: tan 600 

SH
 SH  HM .tan 600  3a
HM

1
Thể tích khối chóp S . ABC là: VS . ABC  .SH .S ABC  10 3a 3 (đvtt).
3
1
Mặt khác VSABC  d  A;  SBC   .SSBC
3

1
1
SSBC  .SN .BC 
SH 2  HN 2 .BC  5 3a 2
2
2
 d  A;  SBC   

Câu 43.

3VS . ABC 3.10 3a 3

 6a .
S SBC
5 3a 2

[2H2-1.3-1] (SGD Vĩnh Phúc lần 2 - 2018) Cho khối nón có chiều cao bằng 8 và độ dài đường sinh
bằng 10 . Thể tích của khối nón đó là
A. 96 .
B. 124 .
C. 128 .
D. 140 .
Lời giải_Nghiem Phuong

Ta có bán kính đáy của khối nón r  l 2  h2  102  82  6 .
1
1
Thể tích khối nón V   .r 2 .h   .62.8  96 .
3
3

Câu 44. [2H2-2.3-2] (SGD Vĩnh Phúc lần 2 - 2018) Cho một khối trụ có khoảng cách giữa hai đáy bằng 10 ,
biết diện tích xung quanh của khối trụ bằng 80 . Thể tích của khối trụ là
Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


A. 64 .

B. 160 .

C. 144 .
Lời giải_Nghiem Phuong

D. 164 .

Ta có S xq  80  2 rl  80  r  4 .
Thể tích khối trụ V   r 2 h   .42.10  160 .
Câu 45. [2H2-3.1-1] (SGD Vĩnh Phúc 2018) Cho tứ diện S . ABC có ABC là tam giác đều cạnh a . Tính bán
kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, biết SA  2a và SA   ABC  .
A.

2a 2
.
3

B.

a 3
a 2
2a 3
.

C.
.
D.
.
3
3
3
Lời giải_ GV: Phạm Trần Quốc Tuấn

Chọn D

a 3
, M là trung điểm SA thì AM  a .
3
Mặt phẳng trung trực của SA cắt trục của đường tròn ngoại tiếp ABC tại I thì I là tâm mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện S . ABC .

Gọi G là tâm tam giác đều ABC  AG 

Ta có R  IA  AM 2  AG 2  a 2 
Câu 46.

a 2 2a 3

.
3
3

[2H2-3.2-3] ( chuyên lào cai 2018) Trong không gian cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình
thang vuông tại A và B với AB  BC  a, AD  2a , cạnh bên SA  a và SA vuông góc với đáy. Gọi

E là trung điểm của AD . Tính diện tích Smc của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .CDE ?

A. Smc  9 a 2 .

B. S mc  8 a 2 .

C. S mc  12 a 2 .

D. S mc  11 a 2 .

Hướng dẫn giải
Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.


d
I
S

N
K
E

A

D

M
O

P

B

C

Ta có: CE  AD, CE  SA  CE   SAD  1

 CE  AD  CED vuông tại E .
Gọi O là trung điểm của CD , qua O dựng đường thẳng d  SA  d   CED 
Gọi M , N , P, K lần lượt là trung điểm của AB, SE, AC , SC

1  CE  SE

hay SCE vuông tại E  K là tâm đường tròn ngoại tiếp SCE

Tứ giác AMKN là hình bình hành  AM  KN   MK  AN
Mặt khác: SAE vuông cân tại A  AN  SE mà AN  CE  AN   SCE 
Suy ra MK   SCE 
Trong mặt phẳng  PK , d  : Gọi I  MK  d
Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE
Nhận xét: PMK vuông cân tại P , suy ra OMI vuông cân tại O
AD  BC 3a

Do đó: OI  OM 
2
2
2

2
2
 3a   a 2  11a

Ta có: IC  OI  OC     
 
4
 2   2 
2

2

2

a 11
2
2
2
 4 R  11 a .

Suy ra bán kính mặt cầu R  OC 
Diện tích mặt cầu Smc
Câu 47.

[2H2-3.5-3] (Sở Vĩnh Phúc2018) Trong không gian Oxyz cho A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  di động
trên các tia Ox,Oy,Oz luôn thỏa mãn a  b  c  2 .Biết rằng quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện
OABC nằm trong mặt phẳng  P  cố định.Tính khoảng cách từ M  4;0;0  đến  P 
A.

3.

Gọi 1 

B. 3 .

C. 2 .

D.

2 3
.
3

Lời giải_Hoàng Trung Hiếu
là mặt phẳng trung trực của đoạn OA

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.



a
a

đi qua điểm D  ;0;0  và có VTPT n1  1;0;0   1  : x   0 .
2
2

Gọi  2  là mặt phẳng trung trực của đoạn OB

 1 


b
 a 

đi qua điểm E  0; ;0  và có VTPT n2   0;1;0   2  : y   0 .
2
 2 
Gọi  3  là mặt phẳng trung trực của đoạn OC

 2 

 3 


c
c

đi qua điểm F  0;0;  và có VTPT n3   0;0;1   3  : z   0 .
2
2



a b c
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC  I  1    2    3   I  ; ;  .
 2 2 2
a b c
Theo giả thiết a  b  c  2     1 nên I   P  : x  y  z  1
2 2 2
4 1
Vậy d  M ,  P   
 3.
3
Câu 48.

[2H3-1.1-1] (Chuyên Vĩnh Phúc lần 2 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
   

x  2i  3 j  4k tạo độ của x
A.  2;3;0  .

B.  0;3; 4  .

C.  2;3; 4  .

D.  2; 3; 4 

Lời giải_Nguyễn trung Nghĩa

   

Theo định nghĩa x  2i  3 j  4k thì x   2;3; 4  .
Câu 49.

[2H3-2.13-3] (Sở Vĩnh Phúc2018) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu  S1  có tâm I(2;1;0), bán
kính bằng 3 và mặt cầu  S2  có tâm J(0;1;0), bán kính bằng 2. Đường thẳng  thay đổi tiếp xúc với cả
hai mặt cầu  S1  ,  S2  .Gọi M , n lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm
A(1;1;1) đến đường thẳng  . Tính M  n .
A. 5 .

Câu 50.

B. 5 2 .

C. 6 .
Lời giải

D. 6 2 .

[2H3-3.2-2] (SGD Vĩnh Phúc 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A 1;3;2  , B  3;1;0 
. Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB là
A. 2 x  y  z  4  0 .
B. 2 x  y  z  1  0 .
C. 2 x  y  z  1  0 .

D. 2 x  y  z  7  0 .
Lời giải_Huy Nguyen

Chọn B

Ta có AB   4; 2; 2  và I  1;2;1 là trung điểm của AB .
Mặt phẳng trung trực của đoạn AB qua I và vuông góc AB có phương trình là

2  x  1   y  2    z  1  0  2 x  y  z  1  0

Nhóm : gắn mã id 6 tham số_ Vũ Ngọc Thành THPT biên tập từ các thành viên trong nhóm.