Đề khảo sát TN THPT 2025 môn Toán lần 2 trường chuyên Hà Nội – Amsterdam (Đề số 84)

Xem thêm đề thi trước đó: Đề thi thử tốt nghiệp THPT 2025 môn Toán sở GD&ĐT Hà Tĩnh (Đề số 83)

>>Xem thêm: Bộ đề dự đoán Môn Toán thi Tốt Nghiệp THPT Quốc Gia 2025

Một số câu hỏi có trong đề thi:

PHẦN II. Câu hỏi trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.

Câu 1. Cho hàm số $y=\frac{x^2-2 x+2}{x-1}$. Xét tính đúng, sai trong các phát biểu sau:
a) Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng và một đường tiệm cận xiên.
b) Hàm số nghịch biến trên khoảng $(0 ; 2)$.
c) Hàm số có hai điểm cực trị.
d) Giá trị lớn nhất của hàm số trên khoảng $(1 ; 5]$ bằng $\frac{17}{4}$.

Câu 2. Trong không gian $Oxyz$ (đơn vị đo là mét) và mặt đất được coi là trùng với mặt phẳng $(Oxy).$ Một cabin cáp treo xuất phát từ điểm $A(-40 ; 5 ; 2)$ và chuyển động thẳng đến điểm $B(808 ;-101 ; 426)$ với tốc độ là $6 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$.

a) Điểm $M(384 ;-48 ; 214)$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB.$
b) Vectơ $\overrightarrow{u}=(8 ; 1 ; 4)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $AB.$
c) Thời gian cabin cáp treo đi từ A đến B là 2 phút 39 giây.
d) Sau khi di chuyển từ A được 1 phút, cabin cáp treo cách mặt đất 162 mét.

>>Lời giải

a) Đúng: M(384; -48; 214).
b) Sai: Ta có: $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(848 ;-106 ; 424)$ suy ra $\overrightarrow{\mathrm{u}}=\frac{1}{106} \overrightarrow{\mathrm{AB}}=(8 ;-1 ; 4)$.
c) Đúng: Ta có: $\mathrm{AB}=\sqrt{848^2+(-106)^2+424^2}=954$ suy ra $\mathrm{t}=\frac{\mathrm{AB}}{6}=\frac{954}{6}=159(\mathrm{~s})$.

Vậy, thời gian cabin cáp treo đi từ A đến B là 2 phút 39 giây.
d) Đúng: Phương trình đường thẳng AB là: $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=-40+8 \mathrm{t} \\ \mathrm{y}=5-\mathrm{t} \\ \mathrm{z}=2+4 \mathrm{t}\end{array}\right.$

Gọi M là tọa độ của cabin sau khi di chuyển được 1 phút, ta có: $\mathrm{M}(-40+8 \mathrm{t} ; 5-\mathrm{t} ; 2+4 \mathrm{t})$.
Quãng đường di chuyển từ A được 1 phút là: $\mathrm{AM}=6.60=360(\mathrm{~m})$.
Ta có $: \mathrm{AM}=\sqrt{(8 \mathrm{t})^2+(-\mathrm{t})^2+(4 \mathrm{t})^2}=360 \Rightarrow \mathrm{t}=40(\mathrm{~s}) \Rightarrow \mathrm{z}_{\mathrm{M}}=162$.
Sau khi di chuyển từ A được 1 phút, cabin cáp treo cách mặt đất 162 mét.

Câu 3. Tại tỉnh $X, 20 \%$ dân số nghiện thuốc lá. Trong số những người nghiện thuốc lá, có $70 \%$ mắc bệnh phổi. Trong số những người không nghiện thuốc lá, có $15 \%$ mắc bệnh phổi. Một người được chọn ngẫu nhiên trong dân số tỉnh $X$. Xét tính đúng, sai trong các phát biểu sau:
a) Xác suất người đó mắc bệnh phổi và nghiện thuốc lá là 0,14 .
b) Xác suất người đó mắc bệnh phổi khi không nghiện thuốc lá là 0,15 .
c) Tỉ lệ người mắc bệnh phổi trong toàn tỉnh X là $26 \%$.
d) Xác suất người đó nghiện thuốc lá, biết rằng họ bị bệnh phổi là $\frac{3}{7}$

>>Lời giải

a) Đúng:

Gọi A là biến cố "người nghiện thuốc lá", B là biến cố "người bị bệnh phổi".
Xác suất người đó mắc bệnh phổi khi nghiện thuốc lá là $\mathrm{P}(\mathrm{AB})=0,14$.
b) Đúng: Xác suất người đó bị bệnh phổi khi không nghiện thuốc lá là $\mathrm{P}(\mathrm{B} \mid \overline{\mathrm{A}})=0,15$.
c) Đúng: Ta có $\mathrm{P}(\mathrm{B})=\mathrm{P}(\mathrm{A}) \cdot \mathrm{P}(\mathrm{B} \mid \mathrm{A})+\mathrm{P}(\overline{\mathrm{A}}) \cdot \mathrm{P}(\mathrm{B} \mid \overline{\mathrm{A}})=0,2 \cdot 0,7+0,8 \cdot 0,15=0,26$

Do đó, tỉ lệ người mắc bệnh phổi của tỉnh X là $26 \%$.

d) Sai:

Xác suất mà người đó là nghiện thuốc lá khi biết bị bệnh phổi là $\mathrm{P}(\mathrm{A} \mid \mathrm{B})$ Theo công thức Bayes, ta có $\mathrm{P}(\mathrm{A} \mid \mathrm{B})=\frac{\mathrm{P}(\mathrm{A}) \cdot \mathrm{P}(\mathrm{B} \mid \mathrm{A})}{\mathrm{P}(\mathrm{B})}=\frac{0,2.0,7}{0,26}=\frac{7}{13}$ Như vậy trong số người bị bệnh phổi của tỉnh $X$, có khoảng $\frac{7}{13}$ số người nghiện thuốc lá.

Câu 4. Một máy bay di chuyển ra đến đường băng và bắt đầu chạy đà để cất cánh. Giả sử vận tốc của máy bay khi chạy đà được cho bởi $\mathrm{v}(\mathrm{t})=5+\mathrm{at}($ đơn $\mathrm{vị} \mathrm{~m} / \mathrm{s})$, với $\mathrm{a}>0$ và t là thời gian (tính bằng giây) kể từ khi bắt đầu chạy đà. Biết rằng sau 30 giây thì máy bay đạt vận tốc $342 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ và cất cánh. Xét tính đúng, sai trong các phát biểu sau:
a) Khi bắt đầu chạy đà, vận tốc của máy bay là $18 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$.
b) Giá trị của a là 4 .
c) Trước khi cất cánh, máy bay đã chạy một quãng đường 1500 mét trên đường băng.
d) Biết rằng máy bay có thể cất cánh nếu đạt vận tốc tối thiểu là $300 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Sau khi chạy được 1200 mét trên đường băng, máy bay đã đủ điều kiện để cất cánh.

>>Lời giải

PHẦN III. Câu hỏi trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Câu 1. Cho lăng trụ $A B C \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ có đáy là tam giác đều cạnh $4 \sqrt{3}$. Hình chiếu vuông góc của $A^{\prime}$ lên $m p(\mathrm{ABC})$ là trọng tâm G của $\triangle \mathrm{ABC}$. Góc nhị diện $\left[\mathrm{A}^{\prime}, \mathrm{BC}, \mathrm{A}\right]$ bằng $60^{\circ}$. Tính thể tích khối lăng trụ $\mathrm{ABC} . \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$.

>>Lời giải

Gọi $M$ là trung điểm của $B C$ suy ra $A M \perp B C \Rightarrow B C \perp\left(A^{\prime} A M\right) \Rightarrow A^{\prime} M \perp B C$.
Theo giả thiết góc nhị diện $\left[A^{\prime}, B C, A\right]$ bằng $60^{\circ}$ nên $\widehat{A^{\prime} M A}=60^{\circ}$.
Tam giác ABC đều cạnh $4 \sqrt{3}$ nên $\mathrm{AM}=6 ; \mathrm{GM}=\frac{1}{3} \mathrm{AM}=2$.
Xét tam giác $\mathrm{GA}^{\prime} \mathrm{M}: \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{G}=\mathrm{GM} \cdot \tan 60^{\circ}=2 \sqrt{3}$.
Có $\mathrm{V}=\mathrm{A}^{\prime} G . S_{A B C}=2 \sqrt{3} \cdot 12 \sqrt{3}=72$

Câu 2. Công ty A ký hợp đồng thuê mặt bằng với điều khoản: tiền thuê mỗi năm tăng $10 \%$ so với năm trước. Trong 10 năm đầu hoạt động, tổng số tiền công ty phải trả là 6 tỷ đồng. Hỏi công ty A phải trả bao nhiêu triệu đồng tiền thuê mặt bằng trong năm thứ 10 (Làm tròn đến hàng đơn vị)?

>>Lời giải

Số tiền phải trả cho thuê mặt bằng trong năm đầu tiên là a.
Số tiền phải trả cho thuê mặt bằng trong năm thứ 2 là $\mathrm{a}+0,1 \mathrm{a}=1,1 \mathrm{a}$.
Số tiền phải trả cho thuê mặt bằng trong năm thứ 3 là $1,1 \mathrm{a}+0,1 \times 1,1 \mathrm{a}=(1,1)^2 \mathrm{a}$.

Tương tự, ta có số tiền phải trả cho thuê mặt bằng trong năm thứ 10 là $(1,1)^9 \mathrm{a}$.
Do đó tổng số tiền mà công ty phải trả cho thuê mặt bằng trong 10 năm đầu tiên là

\[
a+1,1 a+(1,1)^2 a+\ldots+(1,1)^9 a=a \cdot \frac{(1,1)^{10}-1}{0,1}=6.10^9 \Rightarrow a=\frac{6.10^8}{(1,1)^{10}-1}
\]

Vậy số tiền mà công ty A phải trả cho thuê mặt bằng trong năm thứ 10 là $(1,1)^9 \times \mathrm{a} \approx 888$ triệu đồng.

Câu 3. Trong không gian $Oxyz,$ đài kiểm soát không lưu đặt tại gốc tọa độ $O\left( 0;0;0 \right).$ Mỗi đơn vị trên trục tọa độ tương ứng với 1 km. Một máy bay đang ở vị trí $\mathrm{A}(-688 ;-185 ; 8)$, chuyển động theo đường thẳng có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{\mathrm{u}}=(91 ; 75 ; 0)$ và bay theo hướng về phía đài kiểm soát không lưu. Máy bay sẽ được hiển thị trên màn hình ra-đa nếu nó nằm trong phạm vi cách đài kiểm soát không quá 417 km. Gọi $\mathrm{E}(\mathrm{a} ; \mathrm{b} ; \mathrm{c})$ là vị trí đầu tiên mà máy bay xuất hiện trên màn hình ra-đa. Tính giá trị $a+b+c$.

>>Lời giải

Câu 4. Trong một trò chơi giữa hai người $X$ và $Y,$ người chơi nào thắng trước 3 lượt (tối đa 5 lượt) sẽ thắng chung cuộc. Biết rằng $X$ là người chơi có kỹ năng tốt hơn nên xác suất để $X$ thắng trong mỗi lượt chơi là 0,6 và kết quả các lượt là độc lập với nhau. Tính xác suất để $X$ thắng chung cuộc (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

>>Lời giải

Câu 5. Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40 cm . Người thiết kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa (hình vẽ minh họa), chi phí phủ một lớp men trang trí bốn cánh hoa là 600.000 đồng $/ 1 \mathrm{~m}^2$. Tính chi phí để phủ một lớp men trang trí bốn cánh hoa của một viên gạch (Đơn vị nghìn đồng).

>>Lời giải

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ ( 1 đơn vị trên trục bằng $10 \mathrm{~cm}=1 \mathrm{dm}$ ).
+) Diện tích một cánh hoa (nằm trong góc phàn tư thứ nhất) bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số $\mathrm{y}=\frac{\mathrm{x}^2}{2}, \mathrm{y}=\sqrt{2 \mathrm{x}}$ và hai đường thẳng $\mathrm{x}=0 ; \mathrm{x}=2$

\[
S_1=\int_0^2\left(\sqrt{2 x}-\frac{x^2}{2}\right) d x=\frac{4}{3}\left(\mathrm{dm}^2\right)
\]

+) Diện tích tráng men cả 4 cánh hoa là $4 \mathrm{~S}_1=\frac{16}{3}\left(\mathrm{dm}^2\right)=\frac{0,16}{3}\left(\mathrm{~m}^2\right)$, do đó chi phí để phủ một lớp men 4 cánh hoa là $600 x \frac{0,16}{3}=32$ nghìn đồng.

Câu 6. Một nhóm bạn đang thiết kế một chiếc lều cắm trại có dạng hình chóp tứ giác đều. Để đáp ứng nhu cầu sử dụng, nhóm bạn yêu cầu chiếc lều có thể tích là $8\text{ }{{\text{m}}^{3}}.$ Biết rằng phần vải bạt chỉ dùng để làm 4 mặt bên của lều, hãy xác định độ dài cạnh bên của chiếc lều (đơn vị: mét) sao cho lượng vải bạt cần dùng là ít nhất có thể (Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

>>Lời giải

Combo X Luyện thi 2025 Môn Toán (THPT, ĐG năng lực, ĐG tư duy) (2K7 – Chương trình SGK mới)

Link đăng ký: https://bit.ly/45sFkXS

PRO X: Luyện thi THPT 2025 Môn Toán (Luyện mọi dạng bài từ cơ bản đến 9 điểm)

XMAX: Luyện mọi dạng bài vận dụng cao Môn Toán 2025 (Mức 9+)

LIVE X: Tổng ôn kiến thức và chữa đề thi THPT 2025 Môn Toán (100 ngày)

Các khoá học được sử dụng kể từ ngày đăng kí đến khi kì thi THPT 2025 kết thúc.