Đề thi thử quốc gia môn toán - Đề số 11

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
1 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 11 
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 4 22 1.y x x   
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm cực đại của (C). 
Câu 2. (1,0 điểm) 
a) Giải phương trình 
  2cos 2sin 3 2 2cos 1
1.
1 sin 2
x x x
x
  


b) Cho số phức z thỏa mãn:      
2
1 2 8 1 2 .i i z i i z      Tính môđun của z. 
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình:  4 2log x log 4 5.x  
Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình:  3 26 171 40 1 5 1 20 0,x x x x x x        
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: 
3
1
1
lnxd .
e x
I x
x

  
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, ,AB BC a  090BAD  , 
cạnh 2SA a và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu của A 
lên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD). 
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là 
điểm trên cạnh AC sao cho 3 .AB AM Đường tròn tâm  1; 1I  đường kính CM cắt BM tại D. 
Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua 
4
;0 ,
3
N
 
 
 
 phương trình 
đường thẳng : 3 6 0CD x y   và điểm C có hoành độ lớn hơn 2. 
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng 
 
 
x y z
d
1 3
:
1 1 1
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với d. Tìm trên d hai 
điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. 
Câu 9. (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. 
Tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5. 
Câu 10. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng: 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
2 
     
3 3 3
3 3 33 3 3
1
a b c
a b c b c a c a b
  
     
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 11 
Câu 1 
1a 
Tập xác định: . 
Giới hạn và tiệm cận: lim .
x
y

  Đồ thị (C) có không tiệm cận. 0.25 
CBT: Ta có  3 2' 4 4x 4x 1 ;y' 0 x 0 x 1.y x x          
Dấu của y’:        ' 0 1;0 1; ; ' 0 ; 1 0;1y x y x            
 hàm số ĐB trên mỗi khoảng  1;0 và  1; . NB trên mỗi khoảng  ; 1 và 
(0 ; 1) 
Hàm số có hai CT tại x = 1; yCT = y(1) = 0 và có một CĐ tại x = 0 ; yCĐ = y(0) = 
1. 
0.25 
x -  -1 0 1 +  
y’ - 0 + 0 - 0 + 
y 
+ 1 +  
0 0 
0.25 
Đồ thị: 
Đồ thị cắt Oy tại (0;1). 
Điểm khác (2; 9) 
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 0.25 
1b 
Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0) 
= 0 
0.25 
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1. 0.25 
Câu 2 
2a 
Điều kiện: 1 sin 2 0
4
x x k

      
Khi đó p.trình đã cho tương đương với 22sin cos 3 2 cos 2cos 1 1 sin 2x x x x x     
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
3 
 
2
cos 2 
2cos 3 2 cos 2 0 2
cos
2
x l
x x
x
 

     


Với 
2
cos 2 .
2 4
x x k

     
Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: 2 , .
4
x k k

   
0.25 
2b 
           
2 2
1 2 8 1 2 1 2 1 2 8i i z i i z i i i z i             
 
 2 2 1 2 8i i i z i        
0.25 
2b 
  8 1 28
2 3 13
1 2 5
i ii
z i z
i
 
      

Vậy môđun của z là 13. 
0.25 
Câu 3 
Điều kiện: x > 0. 
Khi đó, phương trình tương đương với 
2 2 2 2
1 3
log x log log 4 5 log 3
2 2
x x     
0.25 
2log 2 4x x    (t/m) 
Vậy phương trình có 1 nghiệm là: x = 4. 
0.25 
Câu 4 
Điều kiện: 
1
5
x  
Khi đó phương trình tương đương với 
         
       
3 2
33
6 12 8 3 6 8 5 1 5 1 36 5 1 54 5 1 27 6 5 1 9
2 3 2 2 5 1 3 3 2 5 1 3
x x x x x x x x x
x x x x
                
 
         
0.25 
Xét hàm sô   3 3f t t t  
Phương trình (1) có dạng    2 2 5 1 3f x f x    
Ta có:    2' 3 3; ' 0 1f t t f t t      
0.25 
Suy ra: Hàm số   3 3f t t t  đồng biến trên khoảng (1; + ) 
Với điều kiện 
2 11
5 2 5 1 3 1
x
x
x
 
  
  
Từ đó suy ra  1 2 2 5 1 3x x     
0.25 
t -  -1 1 +  
f’(t) + 0 - 0 + 
f(t) 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
4 
 
 
2 2
1 1
1 2 5 1
2 1 4 5 1 22 5 0
1
11 116 /
11 116
x x
x x
x x x x x
x
x t m
x
   
      
       

   
 
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: 11 116.x   
0.25 
Câu 5 
Ta có: 
3
2
1 2
1 1 1
1 ln
lnxd d lnxd
e e e
x x
I x x x x I I
x x

       0.25 
Tính I1:  
2
1
1 1
lnx ln 1
d ln d ln
12 2
e e ex
I x x x
x
     0.25 
Tính I2: 
2
2
1
x lnxd
e
I x  . Đặt 2 3
1
ln
3
du dx
u x x
dv x dx x
v

 
 
  

3 3 3
2 3
2
1
1 1 2 1
ln
1 13 3 3 9 9 9
e
e ex e e
I x x dx x       
0.25 
Vậy 
3 3 3
1
1 1 2 1 11 2
lnxd
2 9 9 18 9
e
x e e
I x
x

      0.25 
Câu 6 
Chứng minh: SCD vuông tại C  ABCD là 
hình thang đáy AD, BC. ACD vuông cân 
tại C. 
 2; 2 ; 5AC CD a AD a SC BD a     
0.25 
VSBCD = VS.ABCD – VSABD 
3 3 32 2 2
2 3 6
a a a
   (đvtt). 0.25 
  
3
2 .
2
2
3.
3 62; B,
22
S BCD
SCD
SCD
a
V a
S a d SCD
S a
    
(hoặc 
  
  
  
, 1
, )
2 2,
d B SCD BK a
d B SCD
CKd A SCD
    
0.25 
  
  
     
2
2
, 2 2
, B,
3 3 3B,
d H SCD SH SA a
d H SCD d SCD
SB SBd SCD
      0.25 
Câu 7 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
5 
ABM (g g) 3
AB DC
DCM
AM DM
     
Xét tam giác CMD ta có: 
2 2 2 2 24 10CM DM CD CI DM    
Mà 
(I,d)
4
2
10
DM d  nên 
2 4CI  
Gọi  3 6;I y y Ta có 
3 11
;
5 5
C
 
   
 
 (loại) 
hoặc C(3; -1) (thỏa mãn) 
0.5 
I là trung điểm của CM  1; 1M    phương trình đường tròn tâm I là 
     
2 2
: 1 1 4C x y    
D là giao điểm của CD và (C) 
3 11
; .
5 5
D
 
   
 
 Phương trình đường thẳng BM: 
3 4 0x y   
Phương trình đường thẳng BC: 3 5 4 0.x y   B là giao điểm của BM và BC 
 2;2B  
Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC : 2 0AB x   . A là 
giao điểm của AB và AC  2; 1A   
Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là:      2; 1 , 2;2 , 3; 1A B C    
0.5 
Câu 8 
Mp(P) qua M(2;1;2) và  (d) nhận vtcp  1;1;1du  làm vtpt. 
Suy ra phương trình mp(P):      1. 2 1. 1 1. 2 0 5 0x y z x y z           
0.25 
Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: 
 
   
 
MH d M d H
8 4 1 10
( , ) , ; ;
3 3 3 3
. 
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = 
MH
2 4 2
.
33
0.25 
Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ: 
  
 

      

x y z
x y z2 2 2
1 3
1 1 1
4 1 10 8
( ) ( ) ( )
3 3 3 9
. 0.25 
Giải hệ này ta tìm được A, B là:
   
        
   
4 2 6 1 2 6 10 2 6 4 2 6 1 2 6 10 2 6
; ; , ; ;
3 9 3 9 3 9 3 9 3 9 3 9
0.25 
Câu 9 
Gọi  (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: 
  5 48 7 5880n A A    . 
0.25 
Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. 
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau:   4 37 66. 1560n A A A   
0.25 
S 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
6 
 Xác suất cần tìm P(A) = 
1560 13
5880 49
 
Câu 10 
Xét BĐT: 
2
31 1 , 0
2
x
x x     
Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 
  
2 2
3 2 1 11 1 1 1
2 2
x x x x
x x x x
   
        
0.25 
Ấp dụng vào bài toán ta có: 
 
 
3 2
3 3 2 2 2 23
1 1
 1
1
1 1
2
a a
a b ca b c b c b c
a a
  
       
    
   
 0.25 
Tương tự, ta có: 
 
 
 
 
3 2 3 2
3 32 2 2 2 2 23 3
 2 ; 3
b b c c
a b c a b cb c a c a b
 
      
Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm. 
0.25 
Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c  0.25 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 12 
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 
2 1
2
x
y
x



 (1). 
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
 b) Chứng minh rằng đường thẳng ( ) :d y x m   luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt 
A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. 
Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình: 0)cos)(sincos21(2cos  xxxx 
Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình : 
x 1 x7 2.7 9 0   . 
Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình : 3 3 2 28 5x x x     
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: dxxxI  
2
0
1sin3cos

. 
Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam 
giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S 
trên đường thẳng AB là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH= 2AH. Gọi I là giao điểm của 
HC và BD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD). 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
7 
Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) 
là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm 
9
;2
3
M
 
 
 
 là trung điểm của cạnh BC, phương 
trình đường trung tuyến kẻ từ A của ADH là d: 4 4 0x y   . Viết phương trình cạnh BC. 
Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm ( 1;3; 2)A   , ( 3;7; 18)B   và 
mặt phẳng ( ) : 2 1 0.P x y z    Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB và 
vuông góc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA + MB 
nhỏ nhất. 
Câu 9.(0,5 điểm) Tìm hệ số của 7x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 
n
x
x 






22 , biết rằng n là 
số nguyên dương thỏa mãn 323 1 24 nnn ACC  . 
Câu 10.(1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2x (y z) y (z x) z (x y)
P
yz zx xy
  
   . 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
8 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 12 
Câu 1 
1a 
1/ TXĐ:  \ 2D   
2/ Sự biến thiên 
Giới hạn- tiệm cận 
Ta có: 
  22
lim;lim;2limlim
xxxx
yyyy 
Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y= 2. 
0.25 
Chiều biến thiên. 
Ta có Dx
x
y 

 0
)2(
3
'
2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )2;(  và );2(  
0.25 
Bảng biến thiên 
 x  -2  
 yʹ + + 
  2 
 y 
 2  
0.25 
3/ Đồ thị: 
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điể(0; 
2
1
) 
và cắt trục Ox tại điểm(
2
1
 ;0) 
Đồ thị nhận điểm I(-2;2) làm tâm đối 
xứng. 
0.25 
1b 
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình 








)1(021)4(
2
2
12
2 mxmx
x
mx
x
x
0.25 
Do (1) có 2 1 0m    và 2( 2) (4 ).( 2) 1 2 3 0m m m          nên đường thẳng 
d luôn luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B. 
0.25 
Ta có: yA = m – xA; yB = m – xB nên AB
2
 = (xA – xB)
2
 + (yA – yB)
2
 = 2(m
2
 + 12) 
AB ngắn nhất khi AB2 nhỏ nhất, đạt được khi m = 0. 
0.25 
Với m = 0 thì 24AB 
Vậy m = 0 thì đoạn AB có độ dài nhỏ nhất và 24AB 
0.25 
Câu 2 
  0)1sin(coscossin0)cos)(sincos21(2cos  xxxxxxxx
sin cos 0
cos sin 1 0
x x
x x
 
    
0.25 
y 
O 
2 
-2 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
9 
sin cos 0x x   2 sin 0
4
x
 
  
 

4
x k

   0.25 
cos sin 1 0x x   v
2
2 sin 1
4 2
2
x k
x
x k
  
            

 0.25 
Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm: 
 , 2 , 2
4 2
x k x k x k k
 
          
0.25 
Câu 3 
x 1 x x
x
14
7 2.7 9 0 7 9 0
7
       
Đặt 
xt 7 , t 0  
ta có PT: 
2
t 714
t 9 0 t 9t 14 0
t 2t

         
 ( thỏa mãn t > 0 ) 
0.25 
Với t = 7 
x7 7 x 1    
Với t = 2 
x
77 2 x log 2    
Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1, 
7x log 2 
0.25 
Câu 4 
(I)
2
1
3 3 5 2 28
( 3 3 5) 2 28
x
x x x
x x x

       
    
2
1
3 12 15 13
x
x x x

 
   
0.25 
TH 1 
1
13
13 0
x
x
x

 
 
 0.25 
TH 2
2 2
1 13
4 13
3 12 15 (13 )
x
x
x x x
 
  
   
 0.25 
Kết luận bpt có nghiệm  4;S   0.25 
Câu 5 
Đặt uduxdxxu
3
2
cos1sin3  0.25 
Đổi cận: 2
2
;10  uxux

 0.25 
Khi đó:  
2
1
3
1
2
33
2
3
2
.
u
uduuI 0.25 
Tính được 
9
14
I 0.25 
Câu 6 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
10 
.
1
.
3
S ABCD ABCDV SH S 
Ta có SH2=HA.HB=2a2/9 2
3
a
SH 
3
2
.
2
2.
9 9
S ABCD
a a
V a  (đvtt) 
0.25 
( , ( ))
( , ( ))
d I SCD IC
d H SCD HC
 và 
3
2
IC CD
IH BH
 
3
5
IC
CH
  và CH2=BH2+BC2= 2
13
9
a 0.25 
2 2 2 2
1 1 1 11 22
2 11
a
HM
HM SH HK a
     0.25 
3 22
( , ( ))
55
a
d I SCD  0.25 
Câu 7 
Gọi K là trung điểm của HD. chứng minh AN vuông 
góc với MN. Gọi P là trung điểm của AH.Ta có AB 
vuông góc với KP, Do đó P là trực tâm của tam giác 
ABK. 
Suy ra BP AK AK KM  
0.25 
Do K là trung điểm của HD nên D(0;2),suy ra pt 
(BD): 
y-2=0 
AH: x-1=0 và A(1;0); AD có pt: 2x+y-2=0 
0.25 
Phương trình KM: đi qua M(9/2;3) và vuông góc với AN có pt: MK:
15
4 0
2
x y   Toạ độ K(1/2;2) 
0.25 
BC qua M và song song với AD nên BC: 2x+y-12=0 0.25 
Câu 8 
Ta có AB ( 2,4, 16)   cùng phương với   a ( 1,2, 8) , mp(P) có PVT 
n (2, 1,1)  . 
Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1) 
0.25 
Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là 
2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0  2x + 5y + z  11 = 0 
0.25 
Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với mp(P). Gọi 
A' là điểm đối xứng với A qua (P). 
Pt AA' : 
x 1 y 3 z 2
2 1 1
  
 

, AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của 
   

    
  
2x y z 1 0
H(1,2, 1)x 1 y 3 z 2
2 1 1
. Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : 
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
11 
H A A '
H A A '
H A A '
2x x x
2y y y A '(3,1,0)
2z z z
 

  
  
Ta có A 'B ( 6,6, 18)   (cùng phương với (1;-1;3) ) 
Pt đường thẳng A'B : 
 
 

x 3 y 1 z
1 1 3
. Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
phương trình 
   

  
  
2x y z 1 0
M(2,2, 3)x 3 y 1 z
1 1 3
0.25 
Câu 9 
Ta có 3),2)(1()1(
6
)1(()1(
.424 323 1 

 nnnnnn
nnn
ACC nnn 
11
)2(33)1(2


n
nn
0.25 
Khi đó ..)2.(
2
.)(
2 11
0
322
11
11
0
112
11
11
2 



 












k
kkk
k
k
kk xC
x
xC
x
x 
Số hạng chứa 7x là số hạng ứng với k thỏa mãn .57322  kk 
Suy ra hệ số của 7x là .14784)2.( 5511 C 
0.25 
Câu 10 
Ta có : 
2 2 2 2 2 2x x y y z z
P
y z z x x y
      (*) 
Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y  R 
Do đó : x3 + y3  xy(x + y) x, y > 0 hay 
2 2x y
x y
y x
   x, y > 0 
0.25 
Tương tự, ta có : 
2 2y z
y z
z y
   y, z > 0 
2 2z x
z x
x z
   x, z > 0 
0.25 
Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: 
P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 
0.25 
Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 
1
3
. Vì vậy, minP = 2. 0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
12 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 13 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 22 1y x x    . 
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ 
2
2
x  . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
 a) Giải phương trình 4sinx + cosx = 2 + sin2x 
 b) Giải phương trình log2(x – 3) + log2(x – 1) = 3 
Câu 3 (0,5 điểm).Tính mô đun của số phức sau: z = (2– i) 2 – (1+2i) 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = 

e
dx
x
x
1
2
ln3
Câu 5 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 7 5 3 2x x x     
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm  1;2;3A và mặt phẳng (P) có 
phương trình: 4 3 0x y z    . Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( P ) và 
phương trình của đường thẳng ( d ) qua A và vuông góc với ( P ). 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc 
của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. Biết
5
2, 2 ,
2
SA a AC a SM a   , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp 
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có 
phương trình đường thẳng : 2 3 0AB x y   và đường thẳng : 2 0AC y   . Gọi I là giao điểm của 
hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết 2IB IA , hoành 
độ điểm I: 3Ix   và  1;3M  nằm trên đường thẳng BD. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2 3
32 3
(1 )( 3 3) ( 1) .
( , )
2 4 2( 2)
y x y x y x
x y R
x y x y
      

     
. 
Câu 10 (0,5 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 3 7x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức 2 2 2 232 5( ) 24 8( ) ( 3)P xy y x y x y x y         . 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
13 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 13 
Câu 1 
1a 
TXĐ: D = R 
Giới hạn: lim , lim
x x
y y
 
    
0.25 
Sự biến thiên: / 34 4 ,y x x x R     
/
0 1
0
1 2
x y
y
x y
  
        
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( 1;0) và (1; ) , hàm số đồng biến trên mỗi 
khoảng ( ; 1)  và (0;1) 
0.25 
 Bảng biến thiên 
 x  -1 0 1  
 y’ + 0 - 0 + 0 - 
 y 2 2 
 1 
   
0.25 
Đồ thị có điểm cực đại A(-1;2), B(1;2) và điểm cực tiểu N(0;1). Vẽ đồ thị (C). 
0.25 
1b 
Tung độ y0 của tiếp điểm là: y0 = y(
2 7
)
2 4
 0.25 
Hệ số góc k của tiếp tuyến là: k= /
2
( ) 2
2
y 
0.25 
Pttt (d) có dạng /
2 2 7
2 2 4
y y x
  
      
   
 0.25 
3
2
4
y x   0.25 
Câu 2 
2a 
 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0 
  (2 – Cosx) ( 2Sinx -1) = 0 
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
14 
2a 








2
1
)(02
Sinx
VNCosx
 )(
2
6
5
2
6
zk
kx
kx













Kết luận: )(
2
6
5
2
6
zk
kx
kx













0.25 
2b 
ĐKXĐ: x > 3 (*) 
Với ĐK (*) (1)   2log ( 3)( 1) 3x x   
  ( 3)( 1)x x  = 2 3 
0.25 








)(5
)(1
nhânx
loaix
 Vậy nghiệm của (1): x = 5 
0.25 
Câu 3 
Z = 4 – 4i + i 2 - 1 - 2i = 2 - 6i 0.25 
Suy ra z = 364  = 2 10 0.25 
Câu 4 
Đặt t = xln3  t 2 = 3 + lnx 
 2tdt = 
x
dx
 tdt = 
x
dx
2
0.25 
Đổi cận: x = 1  t = 3 , x = e  t = 2 0.25 
 I = 
2
3
2dtt = 
2
3
3
3
t
 0.25 
 = 
3
338 
 0.25 
Câu 5 
+ ĐK: 
2
5
3
x  . Biến đổi PT về dạng 
 2 7 3 2 5x x x     
0.25 
+ Bình phương hai vế, đưa về được 23 17 14 0x x   0.25 
 + Giải ra được 1x  hoặc 
14
3
x  0.25 
+ Kết hợp với điều kiện, nhận được 
2
1
3
x  hoặc 
14
5
3
x  0.25 
Câu 6 
Bán kính mặt cầu R=d(A;(P))= 
1 2 12 3 6
2
1 1 16 18
  
 
 
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
15 
Phương trình mặt cầu (S): (x-1)2 + (y-2)2 + (z-3)2 =2 0.25 
Vectơ chỉ phương của d là 
du =(1;1;-4) 0.25 
Phương trình tham số của d là: 
1
2
3 4
x t
y t
z t
 

 
  
 0.25 
Câu 7 
Từ giả thiết ( ) ,SO ABCD SO AC OA a    , 
2 2SO SA OA a   
0.25 
2 2 1:
2
OSM O OM SM SO a    
Ta có 
2 2: 2 , 3ABC B BC MO a AB AC BC a       
3
.
1 3
. .
3 3
S ABCDV AB BC SO a  
0.25 
Gọi N trung điểm BC / / ( , ) ( ,( )) ( ,( ))MN AC d SM AC d AC SMN d O SMN    
OMN O  : : , ( )OMN O OH MN SO MN MN SOH     
 : ( ) ( ,( )SOH O OK SH OK SMN OK d O SMN       
0.25 
OMN O  : 
3 3
, ,
2 2 4
a
ON a OM OH MN OH a    
2 2
. 57
: ( , )
19
OS OH
SOH O d SM AC OK a
OS OH
    

0.25 
Câu 8 
Ta có A là giao điểm của AB và AC nên  1;2A . 0.25 
Lấy điểm  0;2E AC . Gọi  2 3;F a a AB  
sao cho EF // BD. 
Khi đó 
EF
2 2
EF AE BI
EF AE
BI AI AE AI
     
   
2 2
1
2 3 2 2 11
.
5
a
a a
a

     
 

0.25 
 Với 1a  thì  1; 1EF    là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là 
 1; 1n   . Pt : 4 0BD x y    2;2BD AC I   
 5; 1BD AB B   
Ta có 
3 3
2 2; 2
2 2
IB IB
IB ID ID ID D
ID IA
 
         
 
. 
 1 3 2 2;2
2
IA IA
IA IC IC IC C
IC IB
         . 
0.25 
Với 
11
5
a  thì 
7 1
;
5 5
EF
 
  
 
 là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là 
 1; 7n   . Do đó, : 7 22 0BD x y    8;2I  (loại). 
0.25 
N
M
O
A
B C
D
S
H
K
E
I
A D
B C
F
M
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
16 
Câu 9 
ĐKXĐ: 
2 20
0, 1 1, 1
x y x y
x y x y
    
 
     
Nhận xét 1, 1x y  không là nghiệm của hệ. Xét 1y  thì pt (1) của hệ (I) 
2 2( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) 0x x y y y x y        
2
3 0
1 1 1
x x x
y y y
 
     
   
0.25 
, 0
1
x
t t
y
 

 . Khi đó, pt (1) trở thành 
  4 2 3 23 0 1 2 3 0 1.t t t t t t t t            
0.25 
Với t = 1, thì 1 1
1
x
y x
y
   

 , thế vào pt(2), ta được 
   
     
     
3 32 3 2 3
2
2
2 233 33
2
2
2 233 33
1 2 4 2 1 1 2 4 1 0
1
1 6 0
4 1 4 1
6 1
1 1 0
4 1 4 1
x x x x x x x x
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x x x
              
 
 
  
     
        
 
  
     
       
 
 0.25 
 2
1 5
1 0 1
2
x x x x

       . 
Với 
1 5 3 5
.
2 2
x y
 
   
Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm  
1 5 3 5
; ; .
2 2
x y
  
   
 
0.25 
Câu 10 
Ta có 
2
2 2 3 3
6( 1)( 1) (2 2)(3 3) 36 5
2
x y
x y x y x y xy
   
           
 
. 
 Ta có  
22 2 2 25( ) 2 5( ) 2x y x y x y x y       và 
2 2 2
2 2
( 3) 9 2 6 6 0
2( 3) 8( ) ( 3)
x y x y xy x y
x y xy x y x y
        
        
 Suy ra 32( ) 24 2( 3)P xy x y x y xy       
0.25 
Đặt  , 0;5t x y xy t    , 3( ) 2 24 2 6P f t t t    
Ta có  
23
/
2 23 3
(2 6) 824.2
( ) 2 2 0, 0;5
3 (2 6) (2 6)
t
f t t
t t
 
     
 
Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng  0;5 . 
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
17 
Suy ra 3min ( ) (5) 10 48 2f t f   . 
 V Vậy 3
2
min 10 48 2,
1
x
P khi
y

  

TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 14 
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 2y x x    có đồ thị (C). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 
b) Gọi A, B lần lượt là điểm cực đại, cực tiểu của (C), d là đường thẳng đi qua A và vuông 
góc 
 với AB. Tìm tọa độ giao điểm của d và (C). 
 Câu 2 (1,0 điểm). 
 a) Giải phương trình 
cos 3sin 2 1
2sin 3cosx 4 2
x x
x
 

 
 . 
b) Tìm phần ảo của số phức z, biết 
2 3 99 100
1 1 1 1 1
...
1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 )
z
i i i i i
     
    
 . 
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình (3 5) (3 5) 3.2 .x x x   
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 38 2 (4 1)( 14 8 1)x x x x x       . 
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 
4
1
1
( ) lnI x xdx
x
  . 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông a, cạnh bên SA vuông 
góc với đáy, SC tạo với đáy góc 060 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt 
phẳng (SBC), (SCD). 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có 
10
5
BD AC . Biết rằng 
( 2; 1)M   , (2; 1)N  lần lượt là hình chiếu của D xuống các đường thẳng AB, BC và đường thẳng 
7 0x y  đi qua A , C. Tìm tọa độ điểm A, C. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;-4), B(5;3;-1) và 
mặt phẳng ( ) : 6 0x y z     . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng 
( ) và tìm điểm M trên mặt phẳng ( ) sao cho tam giác ABM vuông cân tại M. 
Câu 9 (0,5 điểm). Một lớp học có 25 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên một 
nhóm 3 học sinh. Tính xác suất để nhóm học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ. 
Câu 10 (1,0 điểm). Với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 2 1296( 2)( 2)( 2)P a b c
a b c
    
 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
18 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
19 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 14 
Câu 1 
1a 
a) 3 23 2y x x    
1. Tập xác định: D  
2. Sự biến thiên của hàm số 
* Giới hạn tại vô cực của hàm số. 
3 2 3
3
3 2
lim lim ( 3 2) lim ( 1 ) ;lim
x xx x
y x x x y
x x  
            
0.25 
* Lập bảng biến thiên 2
0 (0) 2
' 3 6 ; ' 0
2 (2) 6
x y
y x x y
x y
  
        
bảng biến thiên 
2
0
- -+ 00
-
6+

+2-
y
y'
x
0.25 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ;0 ) và (2;+  ); 
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2);Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 =>yct=2, Hàm 
số đạt cực đại tại x=2=>ycđ=6 
0.25 
3. Đồ thị 
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại (0; 2) 
đồ thị hàm số nhận I(1;4) làm tâm đối xứng 
0.25 
1b 
 Gọi A, B lần lượt là điểm cực đại, cực tiểu của (C), d là đường thẳng đi qua A và 
vuông góc với AB. Tìm tọa độ giao điểm của d và (C). 
Điểm cực đại của (C) là A(2;6), điểm cực tiểu của (C) là B(0;2) 
Hệ số góc của AB là 
6 2
2
2 0
AB
y
k
x
 
  
 
 . d đi qua A vuông góc với AB có 
phương trình là 
1
: y ( 2) 6
2
d x    
0.25 
6
4
2
-2
-10 -5
y
x
21
O
f x  = -x3+3x2+2
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
20 
Hoành độ giao điểm của d và (C) nghiệm phương trình 
3 2 13 2 ( 2) 6
2
x x x       
0.25 
2
2
( 2)(2 2 5) 0 1 11
2
x
x x x
x

       

 0.25 
1 11 27 11 1 11 27 11
(2;6); ( ; ),D( ; )
2 4 2 4
A C
   
 0.25 
Câu 2 
Giải phương trình 
cos 3sin 2 1
(1)
2sin 3cosx 4 2
x x
x
 

 
 . 
do 2 2 22 ( 3) 13 16 4     2sin 3cosx 4x   vô nghiệm nên
2sin 3cosx 4 0x x    
0.25 
(1) 2(cos 3sin 2) 2sin 3cos 4
5 5
5cos 8sin anx= arctan ( )
8 8
x x x x
x x t x k k
     
      
 0.25 
Tìm phần ảo của số phức z, biết 
2 3 99 100
1 1 1 1 1
...
1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 )
z
i i i i i
     
    
 . 
2 3 99 100 101 101
1 1 1 1 1 1 1
...
1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 1 (1 )
z
z
i i i i i i i i
        
       
0.25 
100
100 100 50 50
1 (1 i) 1 1
1 1 1 ( 1 )
(1 ) 2 2 2
iz z i
i

              

vậy phần ảo của z là 
50
1
1
2
b    
0.25 
Câu 3 
 Giải phương trình (3 5) (3 5) 3.2 (1)x x x    
3 5 3 5
(1) 3(*)
2 2
x x
    
        
   
Đặt 
3 5 3 5 1
( 0)
2 2
x x
t t
t
    
         
   
Thay vào (*) ta có 2
1 3 5
3 3 1 0
2
t t t t
t

        (thỏa mãn) 
0.25 
Với 
3 5 3 5 3 5
1
2 2 2
x
t x
     
          
   
Với 
1
3 5 3 5 3 5
1
2 2 2
x
t x

       
               
     
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
21 
Câu 4 
Giải bất phương trình 38 2 (4 1)( 14 8 1)x x x x x       (1) 
Điều kiện : 1x  
3
3 3
(1) 8 2 (4 1)( 1 8 1 16 1)
8 2 (4 1) (4 1) (2)
x x x x x
x x x x
         
       
0.25 
Xét hàm số 3 2( ) ; '( ) 3 1 0 1f t t t f t t t        f(t) đồng biến trên [1;+ ) mà (2) 
có 
(2 ) (4 1)f x f x   và 2 ,4 1 [1; )x x    nên (2) 2 4 1x x    
0.25 
2
2 4 0
2 4 1 (2 4) 1
1 0
x
x x x x
x
 

       
  
 0.25 
2
2
2 17 17
17 17 17 17
84 x 17 x 17 0 ;
8 8
x
x
x
x x

 
      
     

 0.25 
Câu 5 
Tính tích phân 
4 4 4
1 1 1
1 1
( ) ln ln lnI x xdx xdx x xdx
x x
      . 0.25 
44 4 2
2
1 1 1
1 ln
ln ln (ln ) 2ln 2
2
x
xdx xd x
x
    0.25 
Đặt 
ln
2dx
x
3
dx
dUU x x
dV x
V x

 
 
  

4 44 4
1 11 1
2 2 32ln 2 4 32ln 2 28
ln .ln x
3 3 3 9 3 9
x xdx x x x xd x x        
0.25 
228 32ln 2 2ln 2
9 3
I    0.25 
Câu 6 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
22 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình 
vuông a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC 
tạo với đáy góc 060 . Tính theo a thể tích khối 
chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt phẳng 
(SBC), (SCD). 
SA (ABCD) =>AC là hình chiếu của SC trên 
(ABCD) nên 
0( ,( )) ( , ) 60SC ABCD SC AC SCA   
0.25 
02; tan60 6AC a SA AC a   
Thể tích S.ABCD là 
3
2
.
1 1 6
. 6
3 3 3
S ABCD ABCD
a
V SAS a a   
0.25 
Kẻ AH SB(H SB) 
Do SA (ABCD)
,BC ( ) ,AH ( )(1)SA BC AB BC SAB BC AH SB AH SBC          
Tương tự kẻ AK SD(H SD) ( ) (2)AK SCD  
Từ (1) và (2)  góc giữa giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD) bằng góc giữa AH và 
AK 
0.25 
Trong tam giác vuông SAB ta có 
2
2 2
2
6 6
7; . . ;
77
a SH SA
SB SA AB a AH SB SA AB AH
SB SB
        
Tương tự 
6 6 6 6 6 2
; / /
7 7 7 77
a SK SK SH HK SK a
AH KH BD HK
SD SD SB BD SD
           
2 2
2 2 2
2
6 72
2.
17 47cos
62 . 7
2.
7
a a
AH AK HK
HAK
aAH AK

 
    
 góc giữa giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD) bằng góc giữa AH và AK bằng 
HAK bằng 
1
arccos
7
0.25 
Câu 7 
a
600
K
H
D
CB
A
S
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
23 
Gọi I là giao điểm của AC và BD
I(7y;y) 
Do tam giác BDM và BDN vuông tại M, 
N nên 
 2 2 2 2
2
(7 2) ( 1) (7 2) ( 1)
0 (0;0)
DB
IM IN
y y y y
y I
 
       
  
0.25 
Khi đó BD=2IM