Thi thử lần 1 chuyen tran phu hải phòng HDG (2)

Câu 1.

Câu 2.

[2H1-1] Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. Hình chóp đều có các cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau.
B. Hình chóp đều có tất cả các cạnh bằng nhau.
C. Một hình chóp có đáy là một đa giác đều và có chân đường cao trùng với tâm của đa giác đáy
đó là hình chóp đều.
D. Hình chóp đều có các mặt bên là các tam giác cân bằng nhau.
Lời giải
Chọn B.

y  log 2  236 x  1
[2D2-2] Tìm tập xác định của hàm số
.
1�
�
� 1�
D�
�; �
D�
�;  �
2 �.
� 2 �.
�
A.
B.
C. D  �.

�1

�
D  � ; ��
�2
�.
D.

Lời giải
Chọn A.
Điều kiện: 2
Câu 3.

3 6 x

1  0 � 3  6x  0

[2D2-1] Tìm tập xác định của hàm số
A.



D  �\  3; 3

1
2.

� x

y   x 2  3

.

2

B.

.



 

.

D  �;  3 � 3;  �





D  �\  3
D.
.
Lời giải

C. D  �.
Chọn A.

�
�x � 3
��

2
�x � 3 .
Điều kiện xác định: x  3 �0
Vậy TXĐ:
Câu 4.



D  �\  3; 3

[1D1-2] Phương trình

.

sin 2 x  

3
2 có hai cơng thức nghiệm dạng   k ,   k

 k ��

�  �
 ; �
�
 ,  thuộc khoảng � 2 2 �. Khi đó,    bằng


A. 2 .

B.




2.

C.  .
Lời giải

D.




3.

Chọn B.




�
�
�
2 x    k 2
x    k
x    k
�
�
�

3
6
6
��
��
��
3
4
2

� � �
�
�
sin 2 x  
 sin �
 � 2x 
 k 2
x
 k
x    k
�
�
2
3
3
�
� 3
�
� 3� �
Ta có:

.



 
 
  
6 và
3 . Khi đó
2.
Vậy

với


Câu 5.

[2D1-2] Đồ thị trong hình dưới là đồ thị của một trong bốn hàm số cho trong các phương án sau
đây, đó là hàm số nào ?

3
2
A. y   x  3 x  2 .

3
2
3
B. y  x  3 x  2 .
C. y  x  3 x  2 .
Lời giải

3
2
D. y  x  3 x  2 .

Chọn B.
3
2
Giả sử hàm số cần tìm có dạng y  ax  bx  cx  d với a �0 .

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy

lim y  �

x ��

nên suy ra a  0 . Vậy loại đáp án A.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tọa độ là

 0; 2 

nên suy ra d  2 . Vậy loại đáp án D.

Đồ thị hàm số đạt cực đại tại điểm có tọa độ là

 0; 2 

 0 phải có nghiệm
nên phương trình y�

x0
�
y�
 3x2  6 x  0 � �
x  2.
�
x  0 . Ta thấy chỉ có hàm số y  x  3 x  2 có
3

2

Vậy chọn B.
1

Câu 6.

2 2
1 �
�a
��
1
b
1
�
T  2  a  b  .  ab  2 . �
1 � 
�
��
b

a
� 4�
��
� �
[2D2-2] Cho a  0 , b  0 và biểu thức
. Khi đó:
2
1
1
T
T
T
3.
3.
2.
A.
B.
C.
D. T  1 .
Lời giải
Chọn D.
1

Ta có:

T  2  a  b

1

1

2
2
�
� 1 �a
b�
�
2
4ab  a 2  b 2  2ab �
.  ab  . �
1 �  2  �

.
ab
.
�
�
� a b
a�
4ab
� 4 �b
�
�
�
1
2

 a  b a  b
2


. ab .

1
ab
ab
2 ab
.
2


Câu 7.

1 2 x
[2D2-1] Đạo hàm của hàm số y  e
là:

 2e1 2 x .
A. y�

 e1 2 x .
B. y�

 2e1 2 x .
C. y�

 ex .
D. y�

Lời giải
Chọn C.

Câu 8.

1 2 x
y�
  1 2 x �
e12 x  2e12 x
Xét hàm số y  e . Ta có:
.
[2H2-2] Xét hình trụ T có thiết diện qua trục của hình trụ là hình vng có cạnh bằng a . Tính
diện tích tồn phần S của hình trụ.

A.

S

3 a 2
2 .

B.

S

 a2
2 .

2
C.  a .

2

D. 4 a .

Lời giải
Chọn A.

Theo bài ra: ABCD là hình vng cạnh bằng a .
a
R
2 , chiều cao h  a .
Vậy hình trụ T có bán kính
2

2
a
�a � 3 a
a  2 � �
2
2 .
�2 �
Diện tích tồn phần S của hình trụ là:
mx  6
y

1;1


2 x  m  1 nghịch
[2D1-3] Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để trên
hàm số
biến:

S  2 Rh  2 R 2  2

Câu 9.

A.

4 �m  3
�
�
1  m �3
�

.

B. 1 �m  4 .

C. 4  m  3 .
Lời giải

Chọn D.

m  1
x�
2 .
Điều kiện xác định:

D.

4  m �3

�
�
1 �m  3
�

.


y�


Ta có

m 2  m  12

 2 x  m  1

2

.

Để hàm số nghịch biến trên khoảng

 1;1

điều kiện là:

�m  1
� 1; 1
2

�
m � 4;3
�
�
�
�m  m  12  0
4  m �3
�
� 2
��
��
��
�y�
m � 3;1
1 �m  3
�
� m  1 � 2; 2 
�  0,  x � 1; 1
�

Câu 10. [1D2-2] Cho tập

A   0;1;2;3;4;5;6

từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ

số và chia hết cho 2 ?
B. 1230 .

A. 8232 .

C. 1260 .

D. 2880 .

Lời giải
Chọn A.
x ι�
a1a2 a3 a4 a5 ; a1 , a2 , a3 , a4 , a5
Gọi số có 5 chữ số cần tìm là

A; a1

0; a5

 0; 2; 4;6 .

Công việc thành lập số x được chia thành các bước:
- Chọn chữ số a1 có 6 lựa chọn vì khác 0 .
- Chọn các chữ số a2 , a3 , a4 , mỗi chữ số có 7 lựa chọn.
- Chọn chữ số a5 có 4 lựa chọn vì số tạo thành chia hết cho 2 .
3
Số số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 6.7 .4  8232 (số).

Câu 11. [1D4-3] Cho hàm số

� 2x 1  x  5
�
f  x  �
x4

�a  2
�

tham số a để hàm số liên tục tại x0  4 .
5
11
a
a
2.
6 .
A.
B.

khi x �4
khi x  4

. Tìm tất cả các giá trị thực của

C. a  3 .
Lời giải

D. a  2 .

Chọn B.
lim f  x   lim
x �4

x �4

f  4  a  2

.

2x 1  x  5
 lim
x �4
x4
 x  4



x4
2x  1  x  5



 lim
x �4

1
1

2x 1  x  5 6


1
11
 a2
a
lim f  x   f  4 

x

4
� 6
�
6 .
Hàm số liên tục tại 0
khi: x �4
5
3
Câu 12. [2D2-2] Biểu thức T  a a . Viết T dưới dạng lũy thừa của số mũ hữu tỷ.

1
3

1
5

A. a .

B. a .

1
15

4
15

D. a .
Lời giải

D. a .

C. �.
Lời giải

D. �.

Chọn D.
5

1
3

5

4
3

4
15

T  a. a  a.a  a  a .
x 2  12 x  35
lim
Câu 13. [1D4-2] Tính x�5 25  5 x .
2
2

A. 5 .

B. 5 .
5

3

Chọn A.
Ta có

lim
x �5

lim

x 2  12 x  35  lim  x  7   x  5
7x 2
 lim

x �5
5
5

x


x
�
5
25  5 x
5
5.

x 2  12 x  35 2

25  5 x
5.

Vậy x �5
Câu 14. [1D2-2] Ba xạ thủ cùng bắn vào một tấm bia một cách độc lập, xác suất bắn trúng đích lần lượt
là 0,5 ; 0, 6 và 0, 7 . Xác suất để có đúng hai người bắn trúng bia là:
A. 0, 21 .

B. 0, 29 .

C. 0, 44 .
Lời giải

D. 0, 79 .

Chọn C.
k  1, 2, 3 
Gọi Ak là biến cố người thứ k bắn trúng bia với xác suất tương ứng là Pk 
.

Biến cố có đúng hai người bắn trúng bia là:
Xác suất của biến cố này là:
 1  P1  .P2 .P3  P1.  1  P2  .P3  P1.P2 .  1  P3 

 A .A .A  � A .A .A  � A .A A  .
1

2

3

1

2

3

1

2

3

  1  0,5  .0, 6.0, 7  0,5  1  0, 6  .0, 7  0,5.0, 6.  1  0, 7 

 0, 44 .
Vậy xác suất để có đúng hai người bắn trúng bia là 0, 44 .
2
2
Câu 15. [2D2-2] Cho a  0 , b  0 và a  b  7ab . Chọn mệnh đề đúng.
1
3ln  a  b    ln a  ln b 
2  ln a  ln b   ln  7 ab 
2
A.
.
B.

.
�a  b � 1
ln �
�  ln a  ln b 
3
�
� 2
C.
.

Chọn C.

ln  a  b  

D.
Lời giải

3
 ln a  ln b 
2
.


a 2  b 2  7ab �  a  b   9ab
Với a  0 , b  0 , ta có
2
2
�a  b �
�a  b �
��

� ab � ln �
� ln  ab 
�3 �
�3 �
�a  b �
�a  b � 1
� 2 ln �
� ln a  ln b � ln �
�  ln a  ln b 
�3 �
�3 � 2
.
3
2
 C  . Phương trình tiếp tuyến của  C  mà có hệ
Câu 16. [1D5-2] Cho hàm số y   x  3x  2 có đồ thị
số góc lớn nhất là:
A. y  3x  1 .
B. y  3x  1 .
C. y  3 x  1 .
D. y  3x  1 .
2

Lời giải
Chọn A.

M  x0 ; y0  � C 
d : y  y�
 x0   x  x0   y0 .
tại điểm

là
2
2
y�
x0   3 x02  6 x0  3  x0  1  3 �3

�
y


3
x

6
x
,
Ta có
hệ số góc
.
y�
 x0  có giá trị lớn nhất bằng 3 .
Dấu "  " xảy ra � x0  1 � hệ số góc
x  1 � y�
 x0   3 và y0  13  3.12  2  4 � d : y  3  x  1  4  0 � y  3x  1 .
Với 0
3
2
Câu 17. [2D1-1] Đồ thị hàm số y   x  3x  1 có điểm cực đại là:
 0;1 .
 2; 19  .

A. x  0 .
B.
C. x  2 .
D.
Lời giải
Chọn B.
Tập xác định: D  �
2
Ta có: y '  3 x  6 x
Phương trình tiếp tuyến của

 C

x  0 � y 1
�
y�
 0 � 3 x 2  6 x  0 � �
x  2 � y   3
�
Cho
Bảng biến thiên:

x

�

y�

�

y

2
0

�

0
+

0
1

-

3

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là

�

 0;1 .
14

2 �
�3
�x 4 �
x � với x  0 là:
Câu 18. [1D2-2] Số hạng không chứa x trong khai triển của �
6 8

6 6
8 8
8 8
A. 2 C14 .
B. 2 C14 .
C. 2 C14 .
D. 2 C14 .
Lời giải
Chọn C.
Số hạng tổng quát trong khai triển là:

 1

k

k
14

C .

 x
3

14  k

k

56  7 k
�2 �
k

. �4 �  1 C14k .2k .x 12
�x�


56  7k
0� k 8
Cho 12
.
8 8
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: 2 C14 .
Câu 19. [2D2-2] Cho log 3  m ; log 5  n . Khi đó log 9 45 tính theo m , n là:
n
n
n
1
1
2
2m .
m.
2m .
A.
B.
C.

D.

1

n
2m .

Lời giải
Chọn D.

Ta có

log 9 45 

log 45 log 5  log 9 log 5  2 log 3 n  2m
n



 1
log 9
log 9
2 log 3
2m
2m .

2
B C D có diện tích tam giác ACD�bằng a 3 . Tính
Câu 20. [2H1-2] Cho hình lập phương ABCD. A����
thể tích V của hình lập phương.
3
A. V  8a .

3
C. V  2 2a .

3
B. V  a .

Lời giải
Chọn C.

 AD�(đường chéo hình vng).
Ta có AC  CD�
1
AC 2 3
� �
S ACD� . AC .AD�
.sin CAD

2
4
Tam giác ACD�đều nên
.
AC 2 3
 a 2 3 � AC  2a
4
Do đó
.

AC là đường chéo hình vng nên AC  2 AB

� AB 

AC
 2a

2
.

3
3
B C D  AB � V  2 2a .
Vậy thể tích của hình lập phương là VABCD. A����

3
D. V  4 2a .


Câu 21. [2D1-2] Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau :
x
 �;  � .
A. y  a với 0  a  1 là hàm số đồng biến trên
x
 a ;1 .
B. Đồ thị hàm số y  a với 0  a , a �1 luôn đi qua điểm
x
 �;  � .
C. y  a với a  1 là hàm số nghịch biến trên
x

�1 �
y � �
x
�a �với 0  a , a �1 đối xứng với nhau qua trục Oy .
D. Đồ thị các hàm số y  a và

Lời giải
Chọn D.
 �;  � thì hàm số y  a x nghịch biến khi 0  a  1 và đồng biến khi a  1 . Do đó
Trên
phương án A và C sai.
x
a
x
Xét hàm số y  a . Với x  a � y  a � Đồ thị hàm số y  a với 0  a , a �1 đi qua điểm

 a;a 
a

nên phương án B sai.
Câu 22. [2H1-1] Khối đa diện đều có 12 mặt thì có số cạnh là:
A. 60 .
B. 30 .
C. 12 .

D. 24 .

Lời giải
Chọn B.
Khối 12 mặt đều thì có 30 cạnh.
3
2
Câu 23. [2D1-1] Cho hàm số y   x  3 x  9 x  1 . Mệnh đề nào sau đây đúng?
 �;  1 ,  3;  � ; nghịch biến trên  1;3 .
A. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
 �;  3 ,  1;  � ; nghịch biến trên  3;1 .

B. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
 1;3 ; nghịch biến trên mỗi khoảng  �;  1 ,  3;  � .
C. Hàm số đồng biến trên
 1;3 ; nghịch biến trên  �;  1 � 3;  � .
D. Hàm số đồng biến trên
Lời giải
Chọn C.
 3 x 2  6 x  9 ; y �
 0 � x  1 , x  3 .
Tập xác định D  �. Đạo hàm y�
y�
 0 � 1  x  3 ; y�
 0 � x  1 hoặc x  3 .
 1;3 ; nghịch biến trên mỗi khoảng  �;  1 ,  3;  � .
Vậy hàm số đồng biến trên

Câu 24. [2H2-1] Cho mặt cầu có diện tích bằng
A.

R  6  cm 

.

B.

72  cm 2 

R  3 2  cm 

.

. Bán kính R của khối cầu bằng:

R  6  cm 
C.
.
Lời giải

Chọn B.
2
Theo cơng thức diện tích mặt cầu ta có: S  4 R .

D.

R  3  cm 

.


Suy ra

R

S
72

 18  3 2  cm 
4
4
.

�1 �
y  ln �
.
�
�x  1� Khẳng định nào sau đây sai?
Câu 25. [2D2-2] Cho hàm số

A.

y�


1
.
x 1

1  e .
B. x. y�
y

 1  0.
C. x. y�
Lời giải

D.

x. y�
1 

1
.
x 1

Chọn C

Ta có

�
�
�1 �
1 �
1
�
�
y  ln �
�
y

x

1


.
 �
�
2
�
x


1
x

1


�
�
x

1
 �
�

x
1
1 
 ey
x 1
x 1
. Vậy chỉ có đáp án C sai
1
1
1
un =
+
+... +
.
un 

1.3 3.5
2n - 1) .( 2n +1)
(

Câu 26. [1D4-3] Cho dãy số
với
Tính lim un .
1
1
.
.
A. 2
B. 0.
C. 1.
D. 4
Lời giải
Chọn A
1
1
1
1�
1 1 1 1
1
1 �
�
un =
+
+... +
= �
- + - + ... +

�
�
�
�
�
�
1.3 3.5
2
n
1
.
2
n
+
1
2
1
3
3
5
2
n
1
2
n
+
1
(
)
(

)
Ta có :
1�
1
1 �
n
�
= �
=
�
�
� 2n +1
�
2�
1 2n +1�
x. y�
1 

Suy ra :

lim un  lim

n
1
 .
2n  1 2

Câu 27. [2H2-2] Cho khối nón trịn xoay có đường cao h  15 cm và đường sinh l  25 cm . Thể tích V
của khối nón là
A.

V  2000  cm 3 

.

B.

V  4500  cm 3 

V  6000  cm3 
V  1500   cm 3 
. C.
. D.
.
Lời giải

Chọn A.
2
2
2
2
Ta có bán kính đáy của hình nón: r  l  h  25  15  20 cm .
1
1
V  r 2 h  .202.15  2000  cm3 
3
3
Khi đó thể tích của khối nón là
.

Câu 28. [1D1-3] Giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số

y

12
7  4sin x trên đoạn

�  5 �
 ;
�
�6 6 �
�là
A.

M

12
12
m
5 ,
7 .

B. M  4 ,

m

12
11 .

C.

M

12
4
m
5 ,
3.

D. M  4 ,

m

4
3.


Lời giải
Chọn D.
Ta có:

5
1
1
 �x � �  �sin x �1 � 1 � sin x �
3 7 4sin x 9
6
6
2
2 � 4 �4sin x �2 �

4
12
4
�
4
�y �4
3 7  4sin x
. Hay 3
.
Vậy M  4 ,

m

4
3.

Câu 29. [2D1-2] Xét hàm số
A.

max y  0
 0;1

.

y

x 1
2 x  1 trên  0;1 , Khẳng định nào sau đây đúng ?
1
1

min y 
min y  
max y  1
2.
2.
B.  0;1
C.  0;1
D.  0;1
.

Lời giải
Chọn D
x 1
3
1
y
 0 x �
2x 1
2 � hàm số
2 x  1 đồng biến trên  0;1 .
Ta có:
max y  1
�  0;1
.
Câu 30. [1D2-3] Trong một chiếc hộp có 20 viên bi, trong đó có 9 viên bi màu đỏ, 6 viên bi màu xanh và
5 viên bi màu vàng. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 viên bi. Tìm xác suất để 3 viên bi lấy ra có
khơng quả 2 màu.
183
9
82

29
A. 190 .
B. 38 .
C. 95 .
D. 38 .
y�


Lời giải
Chọn D
3
Lấy 3 viên bi bất kỳ trong 29 viên bi có C20 (cách chọn).
3
� n     C20
.
+ Chọn 3 viên bi có đúng một màu:
3
- Chọn được 3 viên bi màu đỏ có C9 ( cách chọn).
3
- Chọn được 3 viên bi màu xanh có C6 ( cách chọn).
3
- Chọn được 3 viên bi màu vàng có C5 ( cách chọn).
3
3
3
Vậy có tất cả C9  C6  C5  114 (cách chọn 3 viên bi có đúng một màu).
+ Chọn 3 viên bi có đúng hai màu:
3
3
3

- Chọn được 3 viên bi có màu đỏ và xanh có C15  C9  C6 ( cách chọn).
3
3
3
- Chọn được 3 viên bi có màu đỏ và vàng có C15  C9  C5 ( cách chọn).
3
3
3
- Chọn được 3 viên bi có màu vàng và xanh có C15  C5  C6 ( cách chọn).

Vậy có tất cả

C153  C143  C113  2  C93  C63  C53 

(cách chọn 3 viên bi có đúng hai màu).


Gọi A là biến cố:” 3 viên bi lấy ra có khơng quả 2 màu”.
� n  A  C153  C143  C113  2  C93  C63  C53   C93  C63  C53  870
� P  A 

n  A

n  



.

29

38

.
Câu 31. [2H2-3] Một đội xây dựng cần hoàn thiện một hệ thống cột tròn của một cửa hàng kinh doanh
gồm 10 chiếc. Trước khi hoàn thiện mỗi chiếc cột là một khối bê tơng cốt thép hình lăng trụ lục
giác đều có cạnh 20cm ; sau khi hồn thiện (bằng cách trát thêm vữa vào xung quanh) mỗi cột là
một khối trụ có đường kính đáy bằng 42cm . Chiều cao của mỗi cột trước và sau khi hoàn thiện
là 4m . Biết lượng xi măng cần dùng chiếm 80% lượng vữa và cứ một bao xi măng 50kg thì
3
tương đương với 64000cm xi măng. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu bao xi măng loại 50kg để hoàn
thiện toàn bộ hệ thống cột?
A. 22 bao.
B. 17 bao.
C. 18 bao.
D. 25 bao.
Lời giải
Chọn C.

C

B

A

D

O

F

E

Hình vẽ trên là đáy của mỗi cột khi chưa trát thêm vữa. Gọi S1 là diện tích lục giác đều
ABCDEF cạnh 20cm , S2 là diện tích hình trịn ngoại tiếp lục giác đều ABCDEF (bán kính
r1  20cm ) và S3 là diện tích hình trịn đáy của mỗi trụ sau khi hồn thiện (đường kính đáy
42cm nên bán kính hình trịn này là r2  21cm ).
202 3
 600 3cm3
2
3
2
3
4
Ta có
, S2  20   400 cm và S3  21   441 cm .
Sau khi hồn thiện thì chiều cao của cột và trụ là 4m  400cm nên thể tích vữa cần sử dụng là:
S1  6.

3
�
 S3  S 2    S 2  S1  �
�
�400  138484, 75cm .

Biết lượng xi măng cần dùng chiếm 80% lượng vữa và cứ một bao xi măng 50kg thì tương
3

đương với 64000cm xi măng nên số bao xi măng cần dùng là:
80.138484, 75
 17,31

100.6400
, do đó cần dùng 18 bao xi măng.


Câu 32. [2D1-3] Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số
đường tiệm cận.
m2
�
�
�m  2 .
�
�
m2
�
�
�
5
.
m �
�
�
�
m  2
�
2
A. �
B. 2  m  2.
C. �
Lời giải
Chọn D.

x2
lim y  lim 2
0
x ��� x  mx  1
Đồ thị có một tiệm cận ngang vì x ���
.

y

x2
x  mx  1 có đúng 3
2

�
�m  2
�
�
� 5
�
m� .
�
�
� 2
�
m  2
D. �

2
Để đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận đứng thì phương trình x  mx  1  0 phải có hai

�
m2
�
�
�
5
m 4 0
�
��
m�
4  2m  1 �0
�
� 2
�
m  2 .
�
nghiệm phân biệt khác 2 , do đó:
Câu 33. [2D2-3] Tính đến đầu năm 2011 , dân số toàn thành phố A đạt xấp xỉ 905.300 người. Mỗi năm
dân số thành phố tăng thêm 1,37% . Để thành phố A thực hiện tốt chủ trương 100% trẻ em đúng



2

độ tuổi đều vào lớp 1 thì đến năm học 2024  2025 số phòng học cần chuẩn bị cho học sinh lớp
1 (mỗi phòng 35 học sinh) gần nhất với số nào sau đây; biết rằng sự di cư đến, đi khỏi thành
phố và số trẻ tử vong trước 6 tuổi đều khơng đáng kể, ngồi ra trong năm sinh của lứa học sinh
lớp 1 đó tồn thành phố có 2400 người chết.
A. 322 .
B. 321 .

C. 459 .
Lời giải

D. 458 .

Chọn D.
* Dân số thành phố sau n năm tính từ năm 2011 được tính theo cơng thức:
S  n   S2011.e0,0137.n ; S 2011  905.300
(người).
* Học sinh học lớp 1 năm học 2024  2025 sẽ sinh ra ở năm: 2024  6  2018 .
* Số dân của thành phố ở năm 2018 là:

S  7   905.300.e0,0137.7 �996418

(người).

* Số dân của thành phố ở năm 2017 là:

S  6   905.300.e

(người).

0,0137.6

�982860

S  7   S  6  �13558
* Số dân của thành phố tăng thêm ở năm 2018 là:
(người).

* Số người sinh ra ở thành năm 2018 là: 13558  2400  15958 (người).
* Số phòng học phải chuẩn bị ở năm học 2024  2025 là: 13558 : 35 �456 (phòng).
Đáp án là D.
B C D . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD ,
Câu 34. [1H3-3] Cho hình lập phương ABCD. A����
BB�
. Cosin của góc hợp bởi MN và AC ' bằng
3
A. 3 .

2
B. 3 .

5
C. 3 .

2
D. 4 .


Lời giải
Chọn B.

B C D cạnh a .
* Xét hình lập phương ABCD. A����
r uuur r uuur r uuur
r r r
rr rr rr
a  AB, b  AD, c  AA�
� a  b  c  a, a.b  b.c  a.c  0

* Đặt
.
* Ta có:
uuuu
r uuur uuuu
r uuur uuur uuuu
r r 1r 1r
uuuu
r
1
1
a 3
MN  AN  AM  AB  BN  AM  a  b  c � MN  a 2  a 2  a 2 
2
2
4
4
2
uuuu
r uuur uuur uuur r r r
uuuu
r
AC �
 AB  AD  AA�
 a  b  c � AC � a 2  a 2  a 2  a 3
uuuu
r uuuu
r
1
1

AC �
.MN  a 2  a 2  a 2  a 2
2
2
uuuu
r uuuu
r
MN . AC � 2
uuuu
r uuuu
r
cos  MN ; AC �
  cos MN ; AC � uuuur uuuur 
MN . AC � 3





Câu 35. [2D1-3] Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để đường thẳng

 C  : y  x3  3x 2  1 tại

.
 d  : y  mx  m  1

cắt đồ thị

3 điểm A, B, C phân biệt ( B thuộc đoạn AC ), sao cho tam giác AOC

cân tại O (với O là gốc tọa độ).
A. m  2 .
B. m  2 .

C. m  1 .

D. m  1 .

Lời giải
Chọn D.
Phương trình hồnh độ giao điểm của

 d

và

 C

2
x 3  3 x 2  1  mx  m  1 � x3  3 x 2  mx  m  2  0 �  x  1  x  2 x  m  2   0  *

x 1  0
�
� �2
x  2 x  m  2  0  **
�
.


Để

 d

 *

 ** có hai nghiệm phân biệt khác 1 .
có ba nghiệm phân biệt � phương trình

cắt

 C

tại ba điểm phân biệt phân biệt A, B, C ( B thuộc đoạn AC ) thì phương trình

 1 m  2  0
��
��
� m  3
 ** có hai nghiệm là x1  1  m  3 ; x2  1  m  3 .
1  2  m  2 �0
�
. Khi đó
Rõ ràng 1  m  3  1  1  m  3 nên hoành độ của A và C là hai nghiệm của phương trình

 ** . Đến đây ta dùng phương pháp thử là nhanh nhất.
x  1
�
x2  2x  3  0 � �
 ** trở thành
x  3 � A  1; 3 ; C  3;1 . Khi

�
Với m  1 thì phương trình
đó OA  10  OC .
Vậy m  1 thỏa yêu cầu bài.
4
2
4
Câu 36. [2D1-3] Giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số y  x  2mx  m  2m có ba điểm cực

trị là ba đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 4 2 thỏa mãn điều kiện nào dưới đây?
A. m  4 .
B. m  3 .
C. 0  m  4 .
D. 3  m  0 .
Lời giải
Chọn C.
x0
�
�
y

0
�
�2
x m
 4 x 3  4mx ,
�
Ta có y�
. Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi m  0 .
Giả sử ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là

C



m ; m4  m 2  2m

 . Gọi I



A  0; m4  2m  , B  m ; m 4  m2  2m



và

� I  0; m 4  m2  2m 
là trung điểm của BC
. Diện tích tam giác

ABC bằng 4 2 nên
1
1 2
AI .BC  4 2
m .2 m  4 2 � m 2 m  4 2 � m  2
2
hay 2
.

Câu 37 38 chuyên Trần Phú Hải Phịng – GV Hồ Thị Bình

B C . Mặt phẳng đi qua C �và các trung điểm của
Câu 37. [2H1-3] Xét khối lăng trụ tam giác ABC. A���
AA�
, BB�chia khối lăng trụ thành hai phần có tỉ số thể tích bằng:
1
A. 2 .
Chọn A.

1
B. 3 .

2
C. 3 .
Lời giải:

D. 1 .


�
B C  S ABC .d  C ;  ABC  
B C là V  VABC . A���
Gọi thể tích khối lăng trụ ABC. A���
, gọi trung điểm của
AA�
, BB�là E , F .

1
V
VC �. ABC  S ABC .d  C �
;  ABC   

3
3.
Thể tích khối chóp
VC �. ABB�A� VABC . A���
B C  VC �
. ABC 

2V
3 .

Suy ra thể tích khối chóp
1
V
1
S EFA��
S ABB�A�
VC �. EFA��
VC �. ABB�A�
B 
B 
2
2
3.
Ta có:
nên
2V
1
VC �.CEFAB  VABC . A���
B C  VC �
. EFB �

A�
3 . Vậy tỉ số thể tích hai phần bằng 2 .
Suy ra
B C D có đáy là hình vng cạnh a và cạnh bên bằng
Câu 38. [2H2-2] Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A����
2a . Tính diện tích xung quanh S xq của hình nón có đỉnh là tâm O của hình vng A����
B C D và
đáy là hình trịn nội tiếp hình vng ABCD .
A.

S xq   a

Chọn C.

2

17

.

B.

S xq 

 a 2 17
2
.

S xq 

C.
Lời giải:

 a 2 17
4
.

D.

S xq  2 a 2 17

.


Bán kính đáy của hình nón:

R

a
2.
2

2
2
Đường sinh của hình nón: l  OM � l  MI  OI

�a �
� l  � � 4a 2 � l  a 17
�2 �
2 .

a
17
 a 2 17
� S   . .a
�S
2
2
4
Diện tích xungquanh của hình nón là S   .R.l
.
Câu 39. [2D1-4] Một ngọn hải đăng được đặt tại vị trí A cách bờ biển một khoảng AB  5 km . Trên bờ
biển có một cái kho ở vị trí C cách B một khoảng 7 km . Người canh hải đăng có thể chèo đị
từ A đến địa điểm M trên bờ biển với vận tốc 4 km/h , rồi đi bộ đến C với vận tốc 6 km/h .
Hỏi cần đặt vị trí của M cách B một khoảng bằng bao nhiêu km để người đó đến kho nhanh
nhất?

A. 4,5 km .

B. 5,5 km .

C. 2 5 km .
Lời giải

D.

5 km .

Chọn C.
Đặt BM  x (đơn vị là km, 0  x  7 ).

AM
x 2  25
t1 

4
4
Thời gian chèo đò từ A đến M là
.
MC 7  x
t2 

6
6 .
Thời gian đi bộ từ M đến C là
x 2  25 7  x

 f  x
4
6
Tổng thời gian cần thiết là
.
x
1
x
1
f�

f�
x  0 �


 x 

2
4 x 2  25 6 ;
4 x 2  25 6 � 2 x  25  3x
Ta có
� 4 x 2  100  9 x 2 � x 2  20 � x  2 5 .
t  t1  t2 

Bảng biến thiên:


Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra: hàm số

f  x

đạt giá trị nhỏ nhất khi x  2 5 .

Vậy cần đặt vị trí của M cách B một khoảng là 2 5 km .
Câu 40. [1H2-3] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành tâm O . Gọi M , N , P lần lượt là

 MNP 
và OC . Gọi giao điểm của

trung điểm của SB , SD
2
1
A. 5 .
B. 3 .

1
C. 4 .
Lời giải

KS
với SA là K . Tỉ số KA là:
1
D. 2 .

Chọn B.

K  SA � MNP 
Gọi J  SO �MN , K  SA �PJ thì
.
Vì M , N lần lượt là trung điểm của SB , SD nên J là trung điểm của SO .
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác SAO với cát tuyến là KP , ta có:
SK AP OJ
SK
KS 1
.
.
1
.3.1  1

� KA
� KA 3 .
KA PO JS
KS 1

Vậy KA 3 .

Câu 41. [1H3-3] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Biết rằng tứ diện SABD là
tứ diện đều cạnh a . Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng BD và SC .
3a 3
A. 4 .

a 3
C. 4 .

a
B. 2 .
Lời giải

Chọn B.

a 3
D. 2 .


• Gọi H là tâm tam giác đều ABD, O  AC �BD .
�BD  AC
�
Ta có SH  ( ABCD) � Ta có �BD  SH � BD  ( SAC ) .
Do đó kẻ OK vng góc với SC tại K thì OK là đoạn vng góc chung của BD và SC
� d ( BD; SC )  OK .
•

� 
sin SCH

SH OK

OC.SH

� OK 
SC OC
SC .

AO 

a 3
a 3
� OC 
2
2

AH 

3a 2 6a 2
2
2 a 3 a 3
a 6
� SH 2  a 2 

AO  .

� SH 
3
3 2
3
9
9

3 .

6a 2 12a 2
4
4 a 3 2a 3
� SC 2 

 2a 2
HC  OH  OC  OC  .

� SC  a 2 .
3
3 2
3
9
9
a 3 a 6 1
a
.
.

2
3 a 2 2.
Vậy
sin x 1

2 có bao nhiêu nghiệm ?
Câu 42. [1D1-3] Phương trình x
A. Vô số nghiệm.
B. Vô nghiệm.

C. 3 nghiệm phân biệt. D. 2 nghiệm phân biệt.
Lời giải
Chọn D.
d ( BD; SC )  OK 

� x � 2; 2 \  0
Điều kiện x �0 . Phương trình � 2sin x  x . Do 1 �sin x �1
.
1

f  x   2sin x  x
f�
x   2cos x  1 f �
x   0 � cos x  2 � x  �3  k 2


Đặt
có
;
.

x�
x � 2; 2 \  0
f�
x  0

3 � phương trình
Do
nên phương trình
có 2 nghiệm

f  x  0

có tối đa 3 nghiệm.


Ta có

f  0  0


� �
� �
f � � 2   0; f  2   2sin 2  2  0 � f � �
. f  2  0
2
�2 �
� phương trình
; �2 �

� �
x1 �� ; 2 �
f  x  0
�2 �
có ít nhất 1 nghiệm
.
�
� � 
�
f � �  2  0; f  2   2  2sin 2  0
x2 ��

2;  �
2 �.
�
Tương tự � 2 � 2
nên phương trình
sin x 1

2 có đúng 2 nghiệm phân biệt.
Do x �0 nên phương trình x
4
2
Câu 43. [2D1-2] Từ đồ thị hàm số y  ax  bx  c ( a khác 0 ) được cho dạng như hình vẽ, ta có
y

O

A. a  0 , b  0 , c  0 .
C. a  0 , b  0 , c  0 .

x

B. a  0 , b  0 , c  0 .
D. a  0 , b  0 , c  0 .
Lời giải

Chọn A.
Đồ thị có dạng quay lên nên a  0 .
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ nhỏ hơn 0 nên c  0 .
Do đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên a.b  0 � b  0 .
o

�
Câu 44. [2H1-2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc BAD  60 , gọi I là

 ABCD  là trung điểm
giao điểm của AC và BD . Hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng
o
H của đoạn BI . Góc giữa SC và  ABCD  bằng 45 . Thể tích khối chóp S . ABCD là

a 3 39
A. 12 .

Chọn B.

a 3 39
B. 24 .

a 3 39
8 .
C.
Lời giải

a 3 39
D. 48 .


a 3
AI  CI 
o
�
2 và

Tam giác BAD cân có BAD  60 nên BAD đều cạnh a . Từ đó suy ra

IH 

1
a
BI 
2
4.

3a 2 a 2 a 13


2
2 
4 16
4 .
Trong tam giác vng CIH có CH  CI  IH
SH   ABCD 
� � SCH
�  45o
 ABCD  là góc SCH
Do
nên góc giữa SC và
. Vậy tam giác
SHC vuông cân

� SH  CH 

a 13

4 .

1
1 a 13 1
a 3 39
VS . ABCD  �
SH �
S ABCD  �
� ���
a a sin 60o 
3
3 4 2
24 .
Vậy
y  x�
cos  ln x   sin  ln x  �
�
�. Khẳng định nào sau đây đúng ?
Câu 45. [2D2-2] Cho hàm số
2
2
�
�
 xy�
 2y  0 .
 xy�
 2y  0 .
A. x y�
B. x y�
2

�
 xy�
 2y  0 .
C. x y�

2
�
 xy�
 2y  0 .
D. x y �

Lời giải
Chọn C.
� sin  ln x  cos  ln x  �
y�
 cos  ln x   sin  ln x   x �


�
x
x
�
�
Ta có:
 cos  ln x   sin  ln x   sin  ln x   cos  ln x   2 cos  ln x 

Suy ra:

�
y�



.

2sin  ln x 
x
.

Ta có:


�
x 2 y�
 xy�
 2 y  2 x sin  ln x   2 x cos  ln x   2 x �
cos  ln x   sin  ln x  �
�
� 4 x sin  ln x 

Vậy A sai.

.




�
x 2 y�
 xy �
 2 y  2 x sin  ln x   2 x cos  ln x   2 x �

cos  ln x   sin  ln x  �
�
�

 4 x �
cos  ln x   sin  ln x  �
�
�.
Vậy B sai.


�
x 2 y�
 xy�
 2 y  2 x sin  ln x   2 x cos  ln x   2 x �
cos  ln x   sin  ln x  �
�
� 0

.

Vậy C đúng.


�
x 2 y�
 xy�
 2 y  2 x 2 cos  ln x   2sin  ln x   2 x �
cos  ln x   sin  ln x  �
�

��0

.

Vậy D sai.
x3  3x 2  2  m  1
Câu 46. [2D1-3] Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để phương trình
có 6
nghiệm phân biệt.
A. 2  m  0 .
B. 1  m  3 .
C. 0  m  2 .
D. 1  m  1 .
Lời giải
Chọn D.

Ta có:

x 3  3 x 2  2  m  1 � x 3  3 x 2  2  m  1  *

Số nghiệm của phương trình
y  x3  3x 2  2

 *

.

bằng số điểm chung giữa đồ thị

 C

của hàm số

và đường thẳng d : y  m  1 .
 C  có được bằng cách lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y  x3  3x 2  2 nằm
Đồ thị hàm số
phía dưới trục hồnh qua trục hoành, ta được đồ thị hàm số (nét liền) như hình vẽ bên dưới.


 C
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y  m  1 có 6 điểm chung với đồ thị hàm số
khi và chỉ khi 0  m  1  2 � 1  m  1 .
Câu 47. [2H1-4] Cho một tấm bìa hình vng cạnh 50 cm . Để làm một mơ hình kim tự tháp Ai cập ,
người ta cắt bỏ 4 tam giác cân bằng nhau có cạnh đáy chính là cạnh của hình vng rồi gấp lên ,
ghép lại thành một hình chóp tứ giác đều . Để mơ hình có thể tích lớn nhất thì cạnh đáy của mơ
hình bằng :

A. 20 2 cm .

B. 15 2 cm .

C. 10 2 cm .

D. 25 2 cm .

Lời giải
Chọn A.

Gọi cạnh đáy của mơ hình là x với x  0 . Ta có AI  AO  IO
2

 25 2 

x
2.

2

x � �x �
�
h  AI  OI  �
25 2  � � �  1250  25 2 x
2 � �2 �
�
Chiều cao của hình chóp :
.
1
1
V  .x 2 . 1250  25 2 x  . 1250 x 4  25 2 x 5
3
3
Thể tích của khối chóp bằng
.
2

2

Điều kiện 1250  25 2 x  0 � x  25 2 .
1
y  . 1250 x 4  25 2 x 5

3
Xét hàm số
với 0  x  25 2 .
1 5000 x 3  125 2 x 4
y�
 .
3 2 1250 x 4  25 2 x 3
Ta có
.
3
4
 0 � 5000 x  125 2 x  0 � x  20 2 .
Có y�
Bảng biến thiên

Vậy để mơ hình có thể tích lớn nhất thì cạnh đáy của mơ hình bằng 20 2 cm .


Câu 48. [1H3-3] Cho hình chóp S . ABCD với đáy ABCD là hình thang vng tại A , đáy lớn AD  8 ,

 P  là mặt
đáy nhỏ BC  6 . SA vng góc với đáy , SA  6 . Gọi M là trung điểm của AB .

 P
phẳng qua M và vng góc với AB . Thiết diện của hình chóp S . ABCD cắt bởi mặt phẳng
có diện tích bằng :
A. 20 .
B. 15 .
C. 30 .
D. 16 .

Lời giải
Chọn B.

AB  SA �
�� AB  SAD

 . Mà  P  qua M và vng góc với AB nên  P  //  SAD 
AB

AD
�
Ta có
�  P  //SA  P  //AD
 P  //SD .
,
và
 SAB  kẻ MQ //SA với Q �SB .
Trong mặt phẳng
 ABCD  kẻ MN //AD với N �CD .
Trong mặt phẳng
 SCD  kẻ NP //SD với P �SC .
Trong mặt phẳng
Vì M là trung điểm của AB nên N , P , Q lần lượt là trung điểm của các cạnh CD , SC , SB
. Do đó thiết diện là hình thang MNPQ vuông tại Q và M .
1
1
1
1
MN   AD  BC    8  6   7 MQ  SA  3
PQ  BC  3

2
2
2
2
Ta có
,
và
.
Vậy diện tích của thiết diện là :

S MNPQ 

 MN  PQ  .QM
2



 7  3 .3  15
2

.

B C D , gọi M là trung điểm CD ,  P  là mặt phẳng đi qua
Câu 49. [1H2-3] Cho hình hộp ABCD. A����

 P  là hình gì?
M và song song với B�
D và CD�
. Thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng
A. Ngũ giác.

B. Tứ giác.
C. Tam giác.
D. Lục giác.
Lời giải
Chọn D.


uuur 3 uuuur
A�
I  A��
B
2
B sao cho
* Gọi I là điểm thuộc A��
, gọi K là trung điểm của DD�
. Ta có:
�MI //DB�
 
 P   MIK
�
�MK //CD�
D , F  MK �CC �
* Gọi E  MK �C ��
.
��
��
* Gọi P  IE �B C , Q  IE �A D , N  PF �BC .

B C D cắt bởi mặt phẳng  P  là ngũ giác MNPQK .
* Thiết diện của hình hộp ABCD. A����

x2
y 2
x  mx  1 có đúng 3 đường
Câu 50. [2D1-2] Tìm tất cả giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số
tiệm cận.
m2
�
m2
�
�
�
�
�
� 5
m  2
�
�
�
.
m� .
�
�
m2
�
�
�
� 2
�
5
.

m �
�
�
�
�
m  2
m  2
�
2
A. �
B. �
C. �
D. 2  m  2.
Lời giải
Chọn A.
2
* ĐKXĐ : x  mx  1 �0 .
lim y  0 � y  0
* Ta có : x ��
ln là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
* Để đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận � Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng �

2
phương trình x  mx  1  0 có hai nghiệm phân biệt đều khác 2 � Điều kiện là:
�
m2
�
�
2
�

�
  m 40
� 5
��
m�
�
�
�
4  2m  1 �0
� 2
�
�
m  2 .
�


-------------------HẾT-----------