Đề thi thử quốc gia môn toán - Đề số 1

 1 
MỤC LỤC 
STT ĐỀ THI THỬ TRANG 
1 ĐỀ SỐ 1 3 
2 ĐỀ SỐ 2 
3 ĐỀ SỐ 3 
4 ĐỀ SỐ 4 
5 ĐỀ SỐ 5 
6 ĐỀ SỐ 6 
7 ĐỀ SỐ 7 
8 ĐỀ SỐ 8 
9 ĐỀ SỐ 9 
10 ĐỀ SỐ 10 
11 ĐỀ SỐ 11 
12 ĐỀ SỐ 12 
13 ĐỀ SỐ 13 
14 ĐỀ SỐ 14 
15 ĐỀ SỐ 15 
16 ĐỀ SỐ 16 
17 ĐỀ SỐ 17 
18 ĐỀ SỐ 18 
19 ĐỀ SỐ 19 
20 ĐỀ SỐ 20 
21 ĐỀ SỐ 21 
22 ĐỀ SỐ 22 
23 ĐỀ SỐ 23 
24 ĐỀ SỐ 24 
25 ĐỀ SỐ 25 
26 ĐỀ SỐ 26 
27 ĐỀ SỐ 27 
28 ĐỀ SỐ 28 
29 ĐỀ SỐ 29 
30 ĐỀ SỐ 30 
31 ĐỀ SỐ 31 
32 ĐỀ SỐ 32 
33 ĐỀ SỐ 33 
34 ĐỀ SỐ 34 
35 ĐỀ SỐ 35 
36 ĐỀ SỐ 36 
37 ĐỀ SỐ 37 
38 ĐỀ SỐ 38 
39 ĐỀ SỐ 39 
40 ĐỀ SỐ 40 
41 ĐỀ SỐ 41 
42 ĐỀ SỐ 42 
43 ĐỀ SỐ 43 
44 ĐỀ SỐ 44 
45 ĐỀ SỐ 45 
46 ĐỀ SỐ 46 
47 ĐỀ SỐ 47 
48 ĐỀ SỐ 48 
49 ĐỀ SỐ 49 
 2 
50 ĐỀ SỐ 50 
51 ĐỀ SỐ 51 
52 ĐỀ SỐ 52 
53 ĐỀ SỐ 53 
54 ĐỀ SỐ 54 
55 ĐỀ SỐ 55 
56 ĐỀ SỐ 56 
57 ĐỀ SỐ 57 
58 ĐỀ SỐ 58 
59 ĐỀ SỐ 59 
60 ĐỀ SỐ 60 
61 ĐỀ SỐ 61 
62 ĐỀ SỐ 62 
63 ĐỀ SỐ 63 
64 ĐỀ SỐ 64 
65 ĐỀ SỐ 65 
66 ĐỀ SỐ 66 
67 ĐỀ SỐ 67 
68 ĐỀ SỐ 68 
69 ĐỀ SỐ 69 
70 ĐỀ SỐ 70 
71 ĐỀ SỐ 71 
72 ĐỀ SỐ 72 
73 ĐỀ SỐ 73 
74 ĐỀ SỐ 74 
75 ĐỀ SỐ 75 
76 ĐỀ SỐ 76 
77 ĐỀ SỐ 77 
78 ĐỀ SỐ 78 
79 ĐỀ SỐ 79 
80 ĐỀ SỐ 80 
81 ĐỀ SỐ 81 
82 ĐỀ SỐ 82 
83 ĐỀ SỐ 83 
84 ĐỀ SỐ 84 
85 ĐỀ SỐ 85 
86 ĐỀ SỐ 86 
87 ĐỀ SỐ 87 
88 ĐỀ SỐ 88 
89 ĐỀ SỐ 89 
90 ĐỀ SỐ 90 
91 ĐỀ SỐ 91 
92 ĐỀ SỐ 92 
93 ĐỀ SỐ 93 
94 ĐỀ SỐ 94 
95 ĐỀ SỐ 95 
96 ĐỀ SỐ 96 
97 ĐỀ SỐ 97 
98 ĐỀ SỐ 98 
99 ĐỀ SỐ 99 
100 ĐỀ SỐ 100 
 3 
 4 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 1 
Câu 1(2 điểm) Cho hàm số 3 23 2y x x    (1). 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 
b. Gọi d là đường thẳng đi qua A(1;4) hệ số góc k. Tìm các giá trị của k để d cắt (1) tại ba 
điểm phân biệt A, B, D. Chứng minh rằng các tiếp tuyến của (1) tại B và D có hệ số góc 
bằng nhau. 
Câu 2(2 điểm) Giải các phương trình: 
a. 2(1 sin 2 )(cos sin ) 1 sinx x x x    
b. 2 22 3 2 3 6 4 2 11 6 3 2x x x x x x          
Câu 3(0.75 điểm) Giải phương trình    2249 7 7 3
1
log log 1 log log 3
2
x x   
Câu 4(0.75 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 3 2( ) 2.3 4.3 2.3x x xf x    trên đoạn 
 1;1 
Câu 5(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, đường thẳng SA vuông 
góc với mặt đáy (ABCD) vàSA=AD=a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC. 
Câu 6(0.75 điểm) Một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính 
xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn. 
Câu 7(1 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD. Qua B kẻ đường thẳng 
vuông góc AC tại H. Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH, BH và AD. Biết rằng 
 
17 29 17 9
; , ; , 1;5
5 5 5 5
E F G
   
   
   
. Tìm toạ độ điểm A và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE. 
Câu 8(1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho tứ diện có 4 đỉnh A(5;1;3), B(1;6;2), 
C(6;2;4) và D(4;0;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua D và song song với mặt phẳng 
(ABC).Tính thể tích tứ diện ABCD. 
Câu 9(0.75 điểm) Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh rằng: 
  
  
ab cd ad bc
abcd
a c b d
 

 
 5 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1 
Câu 1 
1a Học sinh tự giải 0.75 
1b 
Phương trình đường thẳng  : 1 4y k x    
 cắt ( )C tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình sau có 3 nghiệm phân 
biệt:    3 2 3 23 2 1 4 3 1 2 0x x k x x x k x            (1) 
0.25 
  2 2
1
1 2 2 0
2 2 0
x
x x x k
x x k

       
   
 0.25 
Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt phương trình  2 2 2 0x x k    (2) 
có hai nghiệm phân biệt khác 1 
 ' 1 2 0
3
1 2 2 0
k
k
k
    
  
   
0.25 
Gọi 0 0, x y là nghiệm của phương trình (2). Theo hệ thức Vi-et ta có: 2B Dx x  (*) 
Ta có: 2' 3 6y x x   . Hệ số góc của các tiếp tuyến của ( )C tại các điểm B, D là: 
   2 2' 3 6 , ' 3 6B B B B D D D Dk y x x x k y x x x      
0.25 
Sử dụng kết quả (*):       2 23 6 3 2 0D B B D B D B D B Dk k x x x x x x x x            
Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại các điểm B, D bằng nhau. 
0.25 
Câu 2 
2a 
   
  
2
2 2
sin cos cos sin cos2
cos sin sin cos cos2
PT x x x x x
x x x x x
   
   
 0.25 
   cos2 sin cos cos2 0 cos2 sin cos 1 0x x x x x x x        0.25 
2
cos2 0 2
sin cos 1 2
sin
4 2
x k
x
x x
x




 
         
 
 0.25 
2
2
4 2
2 2
4 4
3 2
2 2
4 4
x k
x k
x k x k
x k
x k

  
 
 

  


    
     

     
 0.25 
 6 
2b Điều kiện: 
1
2
x  
2b 
   
  
   
2 1 2 6 3 2 6 4
 2 6 2 1 3 4 (1)
6 2
 2 1 3 4
6 2
 2 1 3 6 2 (2)
PT x x x x x
x x x
x x
x
x x
x x x
         
      
  
   
  
      
 0.25 
Từ (1) suy ra 2 1 3 0 5x x     . Khi đó (2) tương đương 
   22 2 1 8 2 8 2 6 2 3 2 1 8 12x x x x x x x x             
0.25 
  2 2
3
9 2 1 8 12 10 21 0
7
x
x x x x x
x

           
do 5x  nên chỉ có 7x  thoả mãn 
0.25 
Câu 3 
Điều kiện: 0, 1x x  
7 7 7log log 1 log 2PT x x    
0.25 
   27 7log 1 log 2 2x x x x      0.25 
2 2
2 2
2 2 0 2
12 2 0
x x x x x
xx x x x
      
             
 (thoả mãn điều kiện) 0.25 
Câu 4 
 Đặt 3
x t , do 
1
1 1 3
3
x t      0.25 
Ta có: 3 2( ) 2 4 2f t t t t   với 
1
3
3
t  
2
1
'( ) 6 8 2 0 1
3
t
f t t t
t

    
 

0.25 
Khi đó    
1 8
1 0, , 3 24
3 27
f f f
 
   
 
Vậy  max 24f x  tại  1, min 0x f x  tại 0x  
0.25 
Câu 5 
 7 
Trong mặt phẳng ( )SAD vẽ ,AH SD H SD  
Mặt khác ABCD là hình chữ nhật nên 
   CD SAD AH SC D    
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và 
SC chính là AH 
0.5 
Trong tam giác vuông SAD có AH là đường cao nên 
2 2 2
1 1 1 2
2
a
AH
AH AS AD
    
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng 
2
2
a
0.5 
Câu 6 
 Số phần tử của không gian mẫu  là 
4
16C  0.25 
Gọi A là biến cố mà bốn thẻ đều được đánh số bởi các số chẵn, A là tập hợp các 
kết quả thuận lợi cho A. Khi đó số phần tử của A là 
4
8A C  
0.25 
 Suy ra xác suất để bốn thẻ được chọn đều được đánh số chẵn là  
1
26
A
P A

 

 0.25 
Câu 7 
7a 
Ta có EF là đường trung bình BCH nên 2EF CB 
Mặt khác 2CB DA GA EF GA    . 
Gọi  ;A x y , ta có  
1 0
1;1
5 4
x
EF GA A
y
 
  
  
0.25 
7b 
Do / / ,EF BC AB BC EF AB   . Từ giả thiết ta có 
BH AC suy ra F là trực tâm ABE . Khi đó B là giao 
điểm của đường thẳng BH với đường thẳng đi qua A 
vuông góc EF 
0.25 
Ta có  0; 4EF  nên đường thẳng đi qua A vuông góc với EF có phương trình: 
   0. 1 4 1 0 1x y y      
Phương trình đường thẳng BH vuông góc với AE là: 
12 17 24 9
0 2 7 0
5 5 5 5
x y x y
   
          
   
Vậy toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:  
1
5;1
2 7 0
y
B
x y


  
0.25 
A
C D
B
S
H
G
E
F
H
C
A B
D
 8 
Gọi  ;O x y là tâm đường tròn ngoại tiếp ABE , kẻ 
đường đính EK. Ta có tứ giác AKBF là hình bình hành 
khi đó đường chéo KF và AB cắt nhau tại trung điểm I 
của mỗi đường. Ta có  3;1I . 
Mặt khác O là trung điểm EK suy ra OI là đường trung 
bình của EFK . 
Hay  
3 01
3;3
1 22
x
OI EF O
y
 
  
  
Vậy toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE
là  3;3O 
0.25 
Câu 8 
8a 
Ta có      4;5; 1 , 1;1;1 , 6;3; 9AB AC AB AC     0.25 
Suy ra mp(ABC) có vtpt  2;1; 3n  . Mặt phẳng   đi qua D song song với 
mp(ABC) cũng có vtpt  2;1; 3n  . 
Vậy phương trình mp   là:    2 4 3 6 0 2 3 10 0x y z x y z          
0.25 
8b 
Ta có    ; 6;3; 9 , D 1;1; 3AB AC A        0.25 
Suy ra 
1
; . 6
6
ABCDV AB AC AD    0.25 
Câu 9 
Trong hai số ab cd và ad bc không mất tính tổng quát, giả sử ab cd ad bc   . 
Khi đó:     
1 1
2 2
ab cd ab cd ad bc b d a c        
0.5 
 Suy ra: 
  
  
 
1
d
2
ab cd ad bc
a bc abcd
a c b d
 
  
 
 0.25 
I
O
A B
E
K
F
 9 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 2 
Câu 1 (2,0 điểm)Cho các hàm số 3 23 2y x mx   ( mC ) , 2 ( )y x d   , với m là tham số thực. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( mC ) khi 1m  . 
b) Tìm các giá trị của m để ( mC ) có hai điểm cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của ( mC ) đến 
đường thẳng ( )d bằng 2 . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình    sin 2sin 1 cos 2cos 3x x x x   . 
b) Giải phương trình  3log 3 6 3x x   . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
 
2
2
0
sin 2
.
sin 2
x
I dx
x



 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Gọi 1 2, z z là hai nghiệm phức của phương trình 
2 4 9 0z z   ; , M N lần lượt là các điểm 
biểu diễn 1 2, z z trên mặt phẳng phức. Tính độ dài đoạn thẳng .MN 
b) Một tổ có 7 học sinh (trong đó có 3 học sinh nữ và 4 học sinh nam). Xếp ngẫu nhiên 7 học 
sinh đó thành một hàng ngang.Tìm xác suất để 3 học sinh nữ đứng cạnh nhau. 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm (3;6;7)I và mặt phẳng 
( ) : 2 2 11 0P x y z    . Lập phương trình mặt cầu ( )S tâm I và tiếp xúc với ( ).P Tìm tọa độ 
tiếp điểm của ( )P và ( )S . 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B ; 
0, 30AB a ACB  ; M là trung điểm cạnh AC . Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 
060 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh 'A lên mặt phẳng ( )ABC là trung điểm H của BM . Tính 
theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách từ điểm 'C đến mặt phẳng ( ').BMB 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D ; diện 
tích hình thang bằng 6; 2CD AB , (0;4)B . Biết điểm (3; 1), (2;2)I K lần lượt nằm trên đường 
thẳng AD và DC . Viết phương trình đường thẳng AD biết AD không song song với các trục tọa 
độ. 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2 3
2 3
( 3 3) 2 3 1
 ( , ).
3 1 6 6 2 1
x x x x y y
x y
x x x y
        

      
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực , x y dương và thỏa mãn 1 0x y   . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
2 2
22 4
3 2
5 5
x y x y
T
x yx y
 
 

. 
 10 
 11 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2 
Câu 1 
1a 
Tập xác định: D  . lim ; lim
x x
y y
 
    
Đạo hàm: 2' 3 6y x x  ; ' 0 0y x   hoặc 2x  . 
0.25 
Khoảng đồng biến:    ;0 ; 2;  . Khoảng nghịch biến:  0;2 
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 2x  , 2CTy   ; đạt cực đại tại 0x  , yCĐ = 2. 
0.25 
Bảng biến thiên: 
x  0 2 
 
y' + 0 - 0 + 
y 2 
 
 -2 
0.25 
Đồ thị: (Hs có thể lấy thêm điểm ( 1; 2); (1;0); (3;2)  ). 
0.25 
1b 
2' 3 6 3 ( 2 )y x mx x x m    . ' 0 0; 2y x x m    
Điều kiện để hàm số có hai cực trị là 0m  . 
0.25 
Tọa độ hai điểm cực trị: (0;2)A và 3(2 ;2 4 )B m m . 0.25 
0:m  A là điểm cực tiểu. Khi đó ( , ) 0 2d A d   (loại). 0.25 
0:m  B là điểm cực tiểu. Khi đó: 
3
3
3
2 1 1( )
( , ) 2 | 2 | 1
1( )2 1
m m m tm
d B d m m
m ktmm m
   
           
Đáp số: 1m  . 
0.25 
Câu 2 
2a Phương trình đã cho tương đương với 0.25 
 12 
 2 2
1 3
sin 3 cos 2 cos sin sin 3 cos 2cos2 sin cos cos2
2 2
sin sin 2 .
3 2
x x x x x x x x x x
x x
 
        
   
      
   
2a 
  
5 2
2 2 ,
3 2 18 3
x x k x k k
   
        . 
  
5
2 2 2 ,
3 2 6
x x k x k k
  
          . 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: 
5 2 5
, 2 ,
18 3 6
x k x k k
  
      
0.25 
2b 
Điều kiện: 3log 6x  . Phương trình đã cho tương đương với 
3 273 6 3 3 6
3
x x x
x
     . Đặt 2
27
3 0 6 6 27 0xt t t t
t
         
0.25 
9
3( )
t
t l

   
 Với 9 3 9 2xt x     (tmđk). 
Đáp số: 2x  . 
0.25 
Câu 3 
    
2 2
2 2
0 0
sin 2 2sin cos
.
sin 2 sin 2
x x x
I dx dx
x x
 
 
 
  
Đặt sin cost x dt xdx   . 0 0;x t   1.
2
x t

   
0.25 
 
1
2
0
2
2
tdt
I
t



   
1 1 1
2 2
0 0 0
2 2
2 2 4
22 2
t dt dt
dt
tt t
 
  
 
   0.25 
1 11
2ln( 2) 4
0 02
I t
t
  

 0.25 
1 1
2(ln 3 ln 2) 4
3 2
I
 
     
 
3 2
2ln
2 3
 . ( 0.144)I  . 0.25 
Câu 4 
4a 
Phương trình đã cho có 2' 4 9 5 5i      nên có hai nghiệm 
1,2 2 5z i  0.25 
Từ đó (2; 5), (2; 5) 2 5M N MN   . 
Đáp số: 2 5MN  . 
0.25 
4b 
Gọi A là biến cố “3 học sinh nữ cạnh nhau” 
+ Số biến cố đồng khả năng: Xếp 7 học sinh ngẫu nhiên, có số hoán vị là 7! 
+ Số cách xếp có 3 học sinh nữ cạnh nhau: 
Coi 3 học sinh nữ là 1 phần tử, kết hợp với 4 học sinh nam suy ra có 5 phần tử, có 5! 
cách sắp xếp. Với mỗi cách sắp xếp đó lại có 3! cách hoán vị 3 học sinh nữ. Vậy có 
0.25 
 13 
5!.3! cách sắp xếp. 
+ Xác suất của biến cố A là:  
5!.3!
7!
p A  
1
7
. ( ( ) 0.14)p A  . 
(Cách 2: - - - - - - - 7 vị trí. Xếp 3 nữ cạnh nhau có 5 cách: (123)(567). Mỗi cách 
xếp lại có 3! cách hoán vị 3 nữ. Có 4! cách hoán vị 4 nam. Vậy P(A) = 5.3!.4!/7! = 
1/7) 
0.25 
Câu 5 
 Mặt cầu ( )S tâm I có bán kính 
| 3 12 14 11|
( , ( )) 6
3
R d I P
  
   . 0.25 
 Phương trình mặt cầu 2 2 2( ) : ( 3) ( 6) ( 7) 36S x y z      . 0.25 
Đường thẳng ( )d qua I và vuông góc với ( )P có phương trình 
3
6 2 ( )
7 2
x t
y t t
z t
 

  
  
. 0.25 
Giả sử ( ) ( ) (3 ) (12 4 ) (14 4 ) 11 0 9 18 0 2M d P t t t t t                
(1;2;3)M . 
0.25 
Câu 6 
' ( ) 'A H ABC A H  là đường cao của hình lăng trụ. 
AH là hình chiếu vuông góc của 'AA lên ( )ABC 0' 60A AH  
. ' ' ' .ABC A BC ABCV A H S 
0.25 
3 3
2 , '
2 2
a a
AC a MA MB AB a AH A H        . 
21 1 3
. . . . 3
2 2 2
ABC
a
S BABC a a   . 
2
. ' '
3 3
.
2 2
ABC A BC
a a
V  
33 3
4
a
. 
0.25 
      . '
'
3
',( ') ,( ') ,( ') A BMB
BMB
V
d C BMB d C BMB d A BMB
S
   . 
3
. ' '. . ' '
1 3
6 8
A BMB B ABM ABC A BC
a
V V V   . 
0.25 
Do ( ')BM AHA nên ' 'BM AA BM BB    'BMB vuông tại B 
2
'
1 1 3
'. . 3.
2 2 2
BMB
a
S BB BM a a    . 
Suy ra  
3 23 3 3
',( ') :
8 2
a a
d C BMB  
3
4
a
. 
0.25 
A
C
A'
C'
B
B'
M
H
Q
P
E
 14 
(Cách 2: 0
3 3
( ,( ')) .sin .sin60
2 4
a a
d A BMB AE AH AHE    ). 
Câu 7 
Vì AD không song song các trục tọa độ nên gọi véc tơ pháp tuyến của AD là 
(1; ), 0;n b b  suy ra: Phương trình :1( 3) ( 1) 0AD x b y    . 
Phương trình : ( 4) 0AB bx y   . 
0.25 
3 3
. . . ( , ). ( , )
2 2 2
ABCD
AB CD AB
S AD AD d B AD d K AB

   
2 2
3 | 3 5 | |2 2|
. .
2 1 1
b b
b b
  

 
. 
0.25 
2
2 2
1
| 3 5 | | 1| 5
6 3 . 6 | 5 3 | . | 1| 2( 1)
31 1
1 2 2
7
ABCD
b
b b
S b b b b
b b
b

 

   
          
  
 

 0.25 
 2 0;3 5 14 0;7 (1 2 2) 2 2 22 0;7 (1 2 2) 2 2 22 0x y x y x y x y                0.25 
Câu 8 
Điều kiện: 1 3 3; 3 3; 3x x y       
 
3
3 3 3(1) 1 ( 1) 1 2 2 1x x y y          
0.25 
Xét hàm 3( ) 1, 1f t t t t     . Ta có 
2
3
3
'( ) 1 0 1
2 1
t
f t t
t
     

, suy ra ( )f t 
đồng biến 1t   , suy ra 31 2x y   . 
0.25 
Thay vào (2) ta có 
2 23 1 6 6 ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 4( 1) 1 3 1x x x x x x x x                 
Do 1x  không thỏa mãn nên chia cả 2 vế cho 1 0x  ta được: 
1 1
1 1 4 3
11
x x
xx
      

. 
Đặt 2 2
2 2
31 5
1 2 6 3 6 3
26 (3 )1
t
t x t t t t t
t tx

              
   
. 
0.25 
Với 
5 621 2
5 1 5
1 5 1271
2 21 1
4 642
x yx
t x
x yx x
    
       
       
 
. 
Đáp số 
5 127
( ; ) (5;62), ( ; )
4 64
x y   . 
0.25 
Câu 9 
 15 
 Ta có 
2
2 2
1 1 1 1 1 1
1 0
4 2 4
x
x y
y y y y
 
          
 
. Đặt 
2
1
0
4
x
t t
y
    0.25 
Ta có 
2 2
2 2
2
2
3 2 1
1 3 1 2 1
. ( ) .
5 5 111
1
x x
t ty y
T T f t
x ttx
y
y
 
 
     
  
 
 
với 
1
0
4
t  . 
   
23
2
1 3 1 1
'( ) .
5 11
t
f t
tt

 

Nhận xét:  
 
3
3
2
3
2
1 1 17 17 17 1 3 4
0 1 3 ; 1
4 4 16 16 16 171 17
16
t
t t t
t
 
          
  
0.25 
Và 
2
1 1 1
.
5 ( 1) 5t
  

. Do đó 
4 1
'( ) 0
517
17
16
f t    . 
Từ đó ( )f t đồng biến 
1 1 13 6
(0; ] ( )
4 4 2517
t f t f
 
      
 
. 
0.25 
 Đáp số: 1
(0; ]
4
13 6 1
1; 2
25 417t
MaxT t x y

       . 0.25 
 16 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 3 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 
3 2
1
x
y
x



. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 
b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng :d y x m   cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt. 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Cho góc  thỏa mãn: 
3
2

   và tan 2  . Tính 2
5
sin sin sin 2
2 2
M
 
  
   
       
   
. 
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: 
2
( 3) (2 )
i
i z i z
i

    . Tìm môđun của số phức w z i  . 
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình: 2 0,5log ( 2) log 1x x   . 
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: 3 2 3 22 4 5 3 4x x x x x x x        . 
Câu 5 (1,0 điểm).Tính tích phân:  
2
0
cos2 .I x x x dx

  
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B ; 
;AB BC a  2AD a ; ( )SA ABCD . Góc giữa mặt phẳng ( )SCD và mặt phẳng ( )ABCD
bằng 045 . Gọi M là trung điểm AD . Tính theo a thể tích khối chóp .S MCD và khoảng cách 
giữa hai đường thẳng SM và BD . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường 
phân giác trong góc A là : 3 0d x y   . Hình chiếu vuông góc của tâm đường tròn nội tiếp tam 
giác ABC lên đường thẳng AC là điểm (1;4)E . Đường thẳng BC có hệ số góc âm và tạo với 
đường thẳng AC góc 045 . Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn  
2 2( ) : 2 5C x y   . Tìm 
phương trình các cạnh của tam giác ABC . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm  1; 1;0A  và đường thẳng 
1 1
:
2 1 3
x y z
d
 
 

. Lập phương trình mặt phẳng ( )P chứa Avà d . Tìm tọa độ điểm B thuộc 
trục Ox sao cho khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( )P bằng 3 . 
Câu 9 (0,5 điểm).Trong đợt xét tuyển vào lớp 6A của một trường THCS năm 2015 có 300 học 
sinh đăng ký. Biết rằng trong 300 học sinh đó có 50 học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A. Tuy nhiên, 
để đảm bảo quyền lợi mọi học sinh là như nhau, nhà trường quyết định bốc thăm ngẫu nhiên 30 
học sinh từ 300 học sinh nói trên. Tìm xác suất để trong số 30 học sinh chọn ở trên có đúng 90% 
số học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A. 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực , a b dương và thỏa mãn 1ab  . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
1 1 32
1 1 2 (1 ) 2 (1 ) 8
T
a b a a b b
  
     
. 
 17 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 3 
Câu 1 
1a 
Tập xác định: D  \{1} . lim 3; lim 3
x x
y y
 
  suy ra tiệm cận ngang 3y  . 
1 1
lim ; lim
x x
y y
  
    suy ra tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng 
1x  
Đạo hàm: 
 
2
1
' 0 1
1
y x
x

   

. 
0.25 
Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng  ;1 và  1; . 
Hàm số không có cực trị. 
0.25 
Bảng biến thiên: 
x  1 
 
y' - - 
y 3  
 3 
0.25 
Đồ thị: (Hs có thể lấy điểm (2;4); (0;2) ). 
0.25 
1b 
Phương trình tương giao: 
3 2
1
x
x m
x

  

( 1)x  
2( ) (2 ) 2 0f x x m x m       (1) 
0.25 
ĐK: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 
0
(1) 0f
 
 

 0.25 
2 4 12 0m m    0.25 
6; 2m m   . 0.25 
 18 
Câu 2 
2a 
Ta có 2 2
2
1 1 1 3
1 tan 1 4 5 cos cos 
cos 5 25
x

   

 
            
 
 0.25 
2 2 2 2sin cos cos2 sin cos 2cos 1 cos cosM                 
1 1
5 5
 . 0.25 
2b 
Gọi  2 , , 1z a ib a b R i     . Từ giả thiết ta có: 
( 3)( ) 1 2 (2 )( )
1
1 0 4
( 1) (2 5 2) 0 1 .4
2 5 2 0 5
5
i a bi i i a bi
a
a
a a b i z i
a b b
      
 
  
            
    
0.25 
Từ đó: 
1 1
| | | 1 | 1
5 25
z i i      
26
5
. 0.25 
Câu 3 
Điều kiện: 2x  . 
Bpt  2 2 2
2 2
log 2 log 1 log 1 2
x x
x x
x x
 
        
0.25 
2 2 2x x x      . 
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bpt là 2x  . 
0.25 
Câu 4 
Bpt    
2 2
2 2 1 2 ( 1)x x x x x x         
 
 0x  . 
 
2
( 2) | 2 | 1 1 2 1x x x x x         
  
. (1) 
2 :x  (1) 0 2 2  (loại). 0: (1) 2 2x     (loại). 
2 :x     2(1) ( 2) 1 1 1 2 1x x x x           
0.25 
Chia 2 vế cho .( 2) 0x x   ta được: 
 
2
1 1 1 1
(1) 1 1
2 2x xx x
     
 
. 
Xét hàm 2
2
( ) 1 , 0 '( ) 1 0 0
1
t
f t t t t f t t
t
         

( )f t ĐB 0t  
1 1
(1)
2xx
 

. 
0.25 
22 5 4 0 4; 1x x x x x x          . 
Kết hợp 2 4x x   . 
0.25 
 0 2:x  0.25 
 19 
   2(1) ( 2) 1 1 1 2 1x x x x           . 
Chia 2 vế cho .( 2) 0x x   ta được: 
 
2
1 1 1 1
(1) 1 1
2 2x xx x
     
 
. 
Xét hàm 
2
2
2 2
1
( ) 1 , '( ) 1 0 
1 1
t t t
f t t t t f t t
t t
 
         
 
( )f t 
đồng biến t . Từ đó 
1 1
(1)
2xx
 

. Trường hợp này vô nghiệm vì 
1
0
2x


. 
Đáp số: 4x  . 
Cách 2: ĐK 0x  (mỗi dấu + ứng với ¼ điểm) 
0x  không là nghiệm. Xét 0 :x  
+   
2
3 2 3 2
5 4
(1) 2 1
4 5 3 4
x x
x x
x x x x x
 
   
    
 
3 2 3 2
1 1
( ) 4 0
2 4 5 3 4
x x
f x x
x x x x x x
  
     
      
. 
+ Xét 
3 2 3 2
1 1
( )
2 4 5 3 4
x x
g x
x x x x x x
 
 
     
 Nếu 1x  thì ( ) 0g x  . 
+ Nếu 0 1:x  1 1 1 1x x     . Ta có: 
1 1 1
 (1)
22 2 2
x x
x x
 
 
 
  
23 23 4 1 2 2 1 2 2x x x x x x x x            
3 2 3 24 5 3 4 2x x x x x x        
3 2 3 2
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 24 5 3 4
x x x x
x x x xx x x x x
   
    
       
3 2 3 2
1 1
 (2)
24 5 3 4
x
x x x x x

  
    
. Từ (1) và (2) suy ra 
( ) 0 0g x x   . 
+ ( ) 0 4 0 4f x x x      . Kết hợp ĐK suy ra đáp số: 4x  . 
Câu 5 
2 2
2
0 0
cos2I x dx x xdx
 
   . Ta có 
32
2 3 2
0
0
1
3 24
A x dx x

 
   . 0.25 
2
0
cos2 .B x xdx

  Đặt 
1
' 1. ' cos2 sin 2
2
u x u v x v x      . 
2
2
0
0
1 1
sin 2 sin 2
2 2
B x x xdx


   . 
0.25 
 20 
H
B
A
C
I
D
F
E
J
 
2
0
1 1 1 1
0 cos2 1 1
2 2 4 2
x

 
        
 
 0.25 
 I A B  
3 1
24 2

 . ( 0,792)I  . 0.25 
Câu 6 
Ta có ( ) ( ) .SCD ABCD CD 
0, ( ) 45 .CD SA AC CD SAC SC CD SCA       
0.25 
.
1
. .
3
S MCD MCDV SAS . 
212; .
2
MCDSA AC a S a   
Suy ra 
2
.
1 1
. 2.
3 2
S MCDV a a 
3 2
6
a
. 
0.25 
Gọi N là trung điểm AB //( )BD SMN . 
Suy ra: 
( , ) ( ,( )) ( ,( )) ( ,( ))d SM BD d BD SMN d D SMN d A SMN   . 
Kẻ 
   ,
( ) ( ,( ))
AP MN P MN AH SP H SP
AH SMN d A SMN AH
   
  
. 
0.25 
Tam giác vuông SAP có 
2 2 2
1 1 1
AH AS AP
  
22 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 11
2 2
4
aAS AN AM a a a
       
Suy ra 
22
11
a
AH  
22
( , )
11
a
d SM BD  . 
0.25 
Câu 7 
Gọi F là điểm đối xứng với E qua d ( 1;2)F  . Nhận xét: ( )C có tâm ( 2;0),I  
bán kính 5R  và ( )F C . 
Từ đó AB qua F và vuông góc với IF nên có phương trình : 2 3 0AB x y   . 
0.25 
(3;0)AB d A   : 2 6 0AC x y   . 
Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp ABC . Đường thẳng  qua 
1 10
, : 2 7 0 ;
3 3
E AC x y d J
 
          
 
. 
0.25 
Gọi vtpt của đường thẳng BC là 2 2( ; ), 0n a b a b   . Ta có: 
   
0
2 2
2 2 2 2 2
| 2 |
cos45
5.
2 2 5 3 8 3 0
a b
a b
a b a b a ab b



       
 0 :a  suy ra 0b  (loại) 
0.25 
A
D
B C
S
M
N
P
H
 21 
 0 :a  chọn 1 3a b   (thỏa mãn hệ số góc âm), 
1
3
b   (loại). 
Suy ra phương trình : 3 0BC x y C   . 
Do J là tâm đường tròn nội tiếp ABC nên ( , ) ( , )d J AC d J BC 
Suy ra 
2 10 1
| 6 | | 10 |
29 10 23 3 3
35 10
C
C
     
 
   (thỏa mãn); 
29 10 2
3
C
 
 (loại vì khi đó ,A J nằm 2 phía BC ). Từ đó: 
29 10 2
: 3 0
3
BC x y

   . 
Đáp số: : 2 3 0AB x y   ; : 2 6 0AC x y   ; 
29 10 2
: 3 0
3
BC x y

   . 
0.25 
Câu 8 
Đường thẳng d qua  1;1;0M  và có vtcp (2;1; 3)u   . Ta có (2; 2;0)MA   . 
( )P qua  1; 1;0A  và có vtpt  , 6;6;6 .n MA u    Chọn (1;1;1)n  . 
0.25 
Phương trình tổng quát của ( )P là: 1( 1) 1( 1) 1( 0) 0 0.x y z x y z          0.25 
Gọi ( ;0;0) ;B b Ox
| |
( ,( )) 3 3
3
b
d B P    . 0.25 
| | 3 3 ( 3;0;0)b b B       . 
Đáp số: ( ) : 0P x y z   ; ( 3;0;0)B  . 
0.25 
Câu 9 
Gọi A là biến cố: “Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu”. 
Chọn ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh có 30300C cách chọn. 
Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu, tức là chọn được 27 em. Chọn 27 học sinh từ 
50 học sinh có 2750C cách. 
Chọn nốt 3 em từ 250 em còn lại có 3250C cách. 
0.25 
Số cách chọn học sinh đạt yêu cầu là: 2750C .
3
250C . 
Xác suất của biến cố A là ( )P A 
27 3
2150 250
30
300
 .
1,6.10
C C
C
 . 
0.25 
Câu 10 
Ta có:  
1 1 2
, 1
1 1 1
ab
a b ab
  
  
. 
Thật vậy: Quy đồng, chuyển vế, bđt trên tương đương với 
   
2
1 0a b ab   (Đúng). 
0.25 
 22 
Lại có: 
2 2 2 4
1 31 1 .1 1
2
ab abab ab
  
   
. Suy ra: 
1 1 4
1 1 3a b ab
 
  
. 
Ta có: 
     2 2(1 ) (1 ) 2 2 2 2 2 2 2 2a a b b a b a b ab ab ab               . 
Suy ra: 2 (1 ) 2 (1 ) 8 4 12a a b b ab      . 
1 1 32
2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 (1 ) 2 (1 ) 84 12
32 16
2 3 3
a a b b a a b bab
ab ab

 
       
 
 
 
. 
4 16
3 3
T
ab ab
  
 
. 
Đặt 
2
4 16
1 ( ).
3 3
t ab T f t
t t
     
 
0.25 
2 2
2 2 2 2
8 8 ( 3) ( 3) 3
'( ) 8.
( 3) ( 3) 3 ( 3) ( 3) 3
t t t t t
f t
t t t t t t
    
  
     
. 
Xét  2 2 2( 3) ( 3) 3 ( 3) 3 3 0M t t t t t t t t           
2 4 2 3 2 4 3 23 3 6 9 3 ( ) 3 9 0t t t t t t t t t t              (Đúng 1t  ). 
Suy ra '( ) 0 1f t t   ( )f t đồng biến 1t  . 
0.25 
Từ đó: 
1
(1) 7 1 1.
t
MinT f t a b

        0.25 
Cách 2:Có thể dồn biến về 2 2u a b ab    như sau: 
 
1 1 4 4
1 1 1 1 2a b a b u
  
     
 2 2 2 2(1 ) (1 ) 2 2 2a a b b a b a b a b a b a b u               
Suy ra: 
1 1
2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 12
2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 12
a a b b u
a a b b u
       
    
4 32
( ), 2.
2 2 12
T f u u
u u
    
 
 Chứng minh '( ) 0 2f u u   tương tự 
cách 1. 
Kết luận: 
2
(2) 7 2 1.
u
MinT f u a b

        
 23 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 4 
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x



 có đồ thị (H). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số. 
b) Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (H). Tiếp tuyến tại điểmM có hoành độ 
dương thuộc (H) cắt hai đường tiệm cận của (H) tại A, B sao cho 2 10AB  . 
Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình 2 13 4.3 1 0.x x    
Câu 3. (1,0 điểm) 
a) Tính môđun của số phức 2(1 2 )(2 )z i i   . 
b) Cho tập  1,2,3,...,2015A  , từ tập A chọn ngẫu nhiên hai số. Tìm xác suất để giá trị 
tuyệt đối của hiệu hai số được chọn bằng 1. 
Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân 
 4
1
ln 1
x x
I dx
x
 
  . 
Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0P x y z    và 
đường thẳng d: 
1 3
2
1
x t
y t
z t
 

 
  
. Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến 
mặt phẳng (P) bằng 3. 
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA SB SC a   đồng thời SA, SB, SC đôi một vuông 
góc với nhau tại S. Gọi H, I, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC, BC. Gọi D là điểm đối 
xứng của S qua K; E là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SHI). Chứng minh rằng 
AD vuông góc với SE và tính thể tích của khối tứ diện SEBH theo a. 
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn 
tâm I, các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm 
 1; 5 ,M 
7 5
; ,
2 2
N
 
 
 
13 5
;
2 2
P
 
 
 
(M, N, P không trùng với A, B, C). Tìm tọa độ của A, B, C biết 
đường thẳng chứa cạnh AB đi qua  1;1Q  và điểm A có hoành độ dương. 
Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
   
     
 
3
2 2 3
8 13 1 3 2 7
 , .
1 8 7 12 1 3 2
x y x y x
x y
y x y x y y x y
     

       
Câu 9. (1,0 điểm) 
Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 2 0a b c   và 2 2 2 2a b c ab bc ca      . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
2 1
( ) 1 ( )( 2 )
a c a b
P
a b c a b a c a b c
   
 
       
 24 
 25 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 4 
Câu 1 
1a 
 Tập xác định:  \ 1D  
 Sự biến thiên 
 
,
2
3
0, 1
1
y x
x

   

. 
0.25 
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ;1) và (1; ) . 
+ Hàm số kh