Đề thi thử quốc gia môn toán - Đề số 41

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
1 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 41 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  
2 1
2
x
y C
x



. 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
b. Tìm trên (C) tất cả các điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai tiệm cận của (C) tại 
hai điểm A, B sao cho 2 10AB  . 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 
1 cos 7
sin 2 sin 2
tan 4
x
x x
x
  
   
 
. 
Câu 3 (2,0 điểm). 
a. Giải hệ phương trình:  
2 2
4 2 2
4 1 1 2 2 1
1
y x x y
x x y y
     

  
. 
b. Giải phương trình 
2 32 4
2
x
x x

  . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: 
0
2
4
1 2sin 2 2cos
dx
I
x x


 
. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, 
13
4
a
AD BC  , 
2AB a , 
3
2
a
CD  , mặt phẳng  SCD vuông góc với mặt phẳng  DABC . Tam giác ASI cân tại 
S, với I là trung điểm của cạnh AB, SB tạo với mặt phẳng  DABC một góc 30o . Tính theo a thể 
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SI và CD. 
Câu 6 (1,0 điểm). Tìm tập hợp những điểm biểu diễn số phức z sao cho 
3 2 

z i
z i
 là một số thực. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC 
nằm trên đường thẳng : 1 0d x y   . Điểm  9;4E nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm 
 2; 5F   nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, 2 2AC  . Xác định tọa độ các đỉnh của hình 
thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm. hoctoancapba.com 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng   : 2 0P x y z    , mặt 
cầu   2 2 2: 4 2 2 3 0S x y z x y z       và hai điểm    1; 1; 2 , 4;0; 1A B   . Viết phương trình 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
2 
mặt phẳng   song song với AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một 
đường tròn có bán kính bằng 3 . 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 41 
Câu 1 
1a 
TXĐ: \{2}D R 
Các giới hạn 
2 2
lim 2; lim 2; lim ; lim
x x x x
y y y y
    
      
Suy ra 2x  là tiệm cận đứng, 2y  là tiệm cận ngang của đồ thị. 
0.25 
Sự biến thiên: 
2
3
' 0,
( 2)
y x D
x
    

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;2) và (2; ) 
0.25 
Bảng biến thiên 
x  2  
y’   
y 2 
  
 
2 
0.25 
Đồ thị: Giao với trục Ox tại
1
;0
2
 
 
 
, giao với trục Oy tại 
1
0;
2
 
 
 
, đồ thị có tâm đối 
xứng là điểm (2;2)I 
0.25 
1b 
Giả sử  
2 1
; , 2
2
a
M a a
a
 
 
 
 thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M có 
dạng 
2
3 2 1
( ) : ( )
( 2) 2
a
y x a
a a
 
   
 
0.25 
Gọi A là giao của tiệm cận đứng với ( ) , suy ra 
6
(2; 2)
2
A
a


B là giao của tiệm cận ngang với ( ) , suy ra (2 2;2)B a 
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
3 
Khi đó 2
2
36
(2 4)
( 2)
AB a
a
  

, theo bài ra ta có phương trình 
2
2
36
4( 2) 40
( 2)
a
a
  

4 2( 2) 10( 2) 9 0a a      
0.25 
2
2
1
( 2) 1 3
1( 2) 9
5
a
a a
aa
a

   
 
   


Vậy có 4 điểm M thỏa mãn là (1; 1), (3;5), ( 1;1), (5;3)  . 
0.25 
Câu 2 
1 cos 7
sin 2 sin 2 (1)
tan 4
x
x x
x
  
   
 
. 
Đk:   sin 0 sin 2 0cos 0 2
kx
x x k
x

    

0.25 
   2(1) 1 cos cos sin sin sin 2 cos2x x x x x x     hoctoancapba.com 
 cos2 cos sin 1 0x x x   
cos 2 0
1
sin
4 2
x
x


  
   
 
0.25 
+)  cos 2 0
4 2
k
x x k
 
     0.25 
+) 
 
 
2
1
sin
24 2
2
x k l
x
x k l





         

. Vậy (1) có nghiệm  
4 2
k
x k
 
   . 0.25 
Câu 3 
3a 
  2 2
4 2 2
4 1 1 2 2 1 (1)
( )
1 (2)
y x x y
I
x x y y
     

  
. 
Đặt 2 1 1x t    phương trình (1) có dạng  22 4 1 2 1 0t y t y     
0.25 
     
2 2
4 1 8 2 1 4 3y y y       
2 1
1
( )
2
t y
t l
 



 0.25 
+) Với 2 2 2
1
2 1 1 1 2 1
4 4
y
t y x y
x y y

        
 
 thay vào (2) ta được 0.25 
   
22 2 216 1 4 1 1 0 1y y y y y y        (do 1y  ) 0x  
Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) . 
0.25 
3b 
ĐK 3x   . 
 
 
 
2 22
1 23 1 1
2 4 2 1 2 1 1 1
2 2 2 2
xx x
x x x x
  
           . 
0.25 
Đặt 2
1
1, 1 1 1
2 2 2
x t t
t x y y

         . 0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
4 
Ta được hệ phương trình 
2
2
1
1
2
1
1
2
t y
y t

 

  

. 
Lấy (1) –(2) ta có 
1
( )( ) 0 1
2
2

    
   

t y
t y t y
t y
Thay lần lượt vào
2 1
2
 
t
y ta có 
0.25 
ĐS: 
3 17 5 13
,
4 4
x x
    
  . 0.25 
Câu 4 
Ta có: 
0 0
2 2 2
4 4
1 2sin 2 2cos sin 4sin cos 3cos
dx dx
I
x x x x x x 
 
 
    
0
2
2
4
1
cos
tan 4 tan 3
dx
x
x x


 
0.25 
Đặt 
2
1
tan
cos
t x dt dx
x
   Đổi cận : 
x 
4

 0 
t 1 0 
0.25 
Vậy 
0 0 0
2
1 1 1
1 1 1
4 3 ( 1)( 3) 2 3 1
dt dt
I dt
t t t t t t
  
 
    
      
   0.25 
 
0
1
1 3 1 1 3
ln ln 3 ln 2 ln
2 1 2 2 2
t
t

  
    
 
 0.25 
Câu 5 
Gọi M, E lần lượt là trung điểm của AI 
và CD. 
Do    SCD ABCD và SA SI 
trong mặt phẳng (ABCD) và qua M kẻ 
đưởng thẳng vuông góc với AB cắt CD 
tại H thì H là hình chiếu của S trên 
mp(ABCD) 
0.25 
Qua E kẻ đường thẳng song song với 
BC cắt AB tại F 
13 3
,
4 4 2
3
3
2
a a a
EF IF EI
a
HM HB a
    
   
    , D , 30oSB ABC SB HB SBH  
0.25 
M
K
I F
EHD C
BA
S
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
5 
SH a  
3
3 3
2
1 1 7 32 2
.
3 3 2 24
ABCD ABCD
a a
a
a
V SH S a
 
 
    (đvtt) 
0.25 
 / /CD SAB và          , , ,SI SAB d CD SI d CD SAB d H SAB    
   HM AB SHM SAB   . Gọi HK là đường cao của tam giác SHM suy ra 
   
21
,
7
a
HK SAB d CD SI HK    . 
0.25 
Câu 6 
Gọi ( , )z a bi a b   khi đó 
  
2 2
2 ( 3) ( 1)2 ( 3)
w
( 1) ( 1)
a b i a b ia b i
a b i a b
      
 
   
 0.25 
 
2 2
( 2) ( 3)( 1) ( 3) ( 2)( 1)
( 1)
a a b b a b a b i
a b
        

 
 là số thưc khi và chỉ khi : 0.25 
( 3) ( 2)( 1) 0 2 1 0
0 0
1 1
a b a b a b
a a
b b
        
 
   
       
 0.25 
Vậy tập hợp đó là đường thẳng 2 1 0x y   trừ điểm M(0 ; - 1 0.25 
Câu 7 
Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC, 
do AC là phân giác của góc BAD nên 
E’ thuộc AD. EE’ vuông góc với AC và 
qua điểm  9;4E nên có phương trình 
5 0x y   . 
Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là 
nghiệm hệ 
 
5 0 3
3; 2
1 0 2
x y x
I
x y y
    
  
     
Vì I là trung điểm của EE’ nên 
'( 3; 8)E   
0.25 
Đường thẳng AD qua '( 3; 8)E   và ( 2; 5)F   có VTCP là ' (1;3)E F nên phương 
trình là: 3( 3) ( 8) 0 3 1 0x y x y        
0.25 
Điểm (0;1)A AC AD A   . Giả sử ( ;1 )C c c . 
Theo bài ra 22 2 4 2; 2AC c c c       . 
Do hoành độ điểm C âm nên ( 2;3)C  
0.25 
Gọi J là trung điểm AC suy ra ( 1;2)J  , đường thẳng BD qua J và vuông góc với 
AC có phương trình 3 0x y   . Do (1;4) ( 3;0)D AD BD D B     
Vậy (0;1)A , ( 3;0), ( 2;3), (1;4).B C D  
0.25 
Câu 8 
Mặt cầu (S) có tâm  2; 1; 1I   , bán kính 3R  
Mặt phẳng (P) có vtpt      1 11; 1;1 , 3;1;1 , 2; 2; 4n AB AB n       
0.25 
JI
E'
F
E
D
C
B
A
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
6 
Do mặt phẳng   / /AB và    P     có vtpt  1; 1; 2n   
Suy ra phương trình mặt phẳng   : 2 0x y z m     
0.25 
  cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3 
  
5 1
, 6 6
116
m m
d I
m

 
       
0.25 
Vậy, có hai mặt phẳng   thỏa mãn là 2 1 0x y z    và 2 11 0x y z    0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
7 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 42 
Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 
2 2
1
x
y
x



 (C) 
1/ . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đthị (C). 
 2/ Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B . 
Câu 2: (1 điểm) 
1/ Cho góc thỏa mãn 
2
 và 
4
sin
5
. Tính 
os2
1 os
c
A
c
2/ Tìm phần thực và phần ảo của z biết:    
3
3 2 2z z i i    
Câu 3: (0,5điểm) Giải phương trình: 25 3.5 10 0x x   
Câu 4: (1 điểm) Giải phương trình :   234 2 10 2 9 37 4x 15 33x x x      
Câu 5: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 1xy e  ,trục hoành, x = 
ln3 và x = ln8. 
Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 
2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng 
(ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 
3
4
a
, tính thể tích khối chóp 
S.ABCD theo a. 
Câu 7: (1 điểm) 
 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: 
x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết 
phương trình cạnh BC. 
Câu 8: (1 điểm) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 
1 1 1
2 1 1
x y z  
 

 ; 
d2: 
1 2 1
1 1 2
x y z  
  và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của 
đường thẳng , biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1 , d2 . 
Câu 9: (0,5 điểm ) Giải phương trình 1 2 2 322
x x x x
x x x xC C C C
  
   (
k
nC là tổ hợp chập k của n phần 
tử) 
Câu 10: (1 điểm) Cho x,y  R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
   3 3 2 2
( 1)( 1)
x y x y
P
x y
  

 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
8 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 42 
Câu 1 
1a 
Tập xác định D = R\- 1 
Sự biến thiên: 
-Chiều biến thiên: 
2
4
' 0,
( 1)
y x D
x
   

. 
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- 1 ; + ). 
- Cực trị: Hàm số không có cực trị. 
0.25 
- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 
2 2 2 2
lim 2 ; lim 2
1 1
x x
x xx x 
 
 
 
. Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. 
1 1
2 2 2 2
lim ; lim
1 1
x x
x xx x  
 
   
 
. Đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng. 
0.25 
-Bảng biến thiên: 
x - - 1 + 
y’ + + 
y 
 + 2 
2 -  
0.25 
 Đồ thị: 
-Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0) 
-Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 2) 
- Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm 
hai tiệm cận I(- 1; 2). 
0.25 
1b 
Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) 0.5 
d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1  m2 - 8m 
- 16 > 0 
0.25 
4 4 2
4 4 2
m
m
  
 
 
 0.25 
Câu 2 
y 
x 
2 y=2 
x= -1 
-1 O 
1 
-2 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
9 
2a 
Ta có 
2os2 1 2sin
1 os 1 cos
c
A
c
 0.25 
2 2 16 9 3 3os 1 sin 1 os os ( )
25 25 5 5 2
c c c do

                  
Thay 
4 3
sin , os
5 5
c    vào ta được
7
40
A   
0.25 
2b 
   
3
3 2 2 (1)z z i i    
Giả sử z=a+bi 
      2 3(1) 3 3 8 12 6 2 2 11 . 2a bi a bi i i i i i i            
0.25 
 24 2 4 2 22 11 20 15a bi i i i i       
15
; 10
4
a b    . 
Vậy phần thực của z bằng 
15
4
,phần ảo của z bằng -10 
0.25 
Câu 3 
225 3.5 10 0 5 3.5 10 0x x x x       
Đặt 5 , 0xt t  
0.25 
Phương trình trở thành: 
 2
2( )
3 10 0
5( )
t nhan
t t
t loai

      
 52 5 2 log 2
xt x     
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 5log 2x  . 
0.25 
Câu 4 
ĐK: 5x  . Pt     234 4 9 37 8 4 10 2 4 15 81 0x x x x          0.25 
 
 
2
3 3
4 27 9 8(6 2 )
( 3)(4 27) 0
4 10 216 4 9 37 9 37
x x
x x
xx x
 
     
    
 0.25 
- TH1 3 0 3x x     (TMPT) 
- TH 2. 3x   
pt 
 
2
3 3
36 16
4 27 0
4 10 216 4 9 37 9 37
x
xx x
    
    
0.25 
 
2
3
36 16
4 27 0
4 10 212 9 37 2
x
xx
    
   
Do 5x  nên 
36 16
4.5 27 0
12 4
VT      . Đẳng thức xảy ra 5x  
Vậy phương trình có 2 nghiệm là 3 và 5 
0.25 
Câu 5 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
10 
Diện tích 
ln8
ln3
1xS e dx  ; Đặt 
2 21 1 1x x xt e t e e t        0.25 
Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = exdx  
2
2
1
t
dx dt
t


 0.25 
Do đó 
3 32
2 2
2 2
2 2
2
1 1
t
S dt dt
t t
 
    
  
  = 
31 3
2 ln 2 ln
21 2
t
t
t
   
        
 (đvdt) 0.5 
Câu 6 
Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và 
AC ,BD vuông góc với nhau tại trung 
điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam 
giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; 
BO = a , do đó 060A DB  
Hay tam giác ABD đều. 
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và 
(SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng 
(ABCD) nên giao tuyến của chúng là 
SO  (ABCD). 
0.25 
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta 
có DH AB và DH = 3a ; OK // DH và 
1 3
2 2
a
OK DH   OK  AB  
AB  (SOK) 
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay 
OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 
0.25 
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
    
Diện tích đáy 24 2. . 2 3D SABC ABOS OAOB a   ; 
đường cao của hình chóp 
2
a
SO  . 
0.25 
Thể tích khối chóp S.ABCD: 
3
.
1 3
.
3 3
D DS ABC ABC
a
V S SO  
0.25 
Câu 7 
Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT: 
- - 2 0
2 - 5 0
x y
x y


 
 A(3; 1) 0.25 
Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC 0.25 
Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên 
3 5 2 9
1 2 6
b c
b c
   

   
 
5
2
b
c



. Hay B(5; 
3), C(1; 2) 
0.25 
Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là ( 4; 1)u BC    . 
Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0 
0.25 
Câu 8 
 Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1) 0.25 
S 
A 
B 
K 
H 
C 
O 
I 
D 
3a
a 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
11 
Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B. 0.25 
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là (1;3; 1)u   0.25 
Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: 
1 2
1 3 1
x y z 
 

 0.25 
Câu 9 
ĐK : 
2 5x
x N
 


Ta có 1 1 2 2 3 1 2 3 2 3
2 1 1 2 2 2
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x xC C C C C C C C C C
      
              
0.25 
(5 )! 2! 3x x     0.25 
Câu 10 
Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 ta có 
2
4
t
xy  0.25 
3 2 (3 2)
1
t t xy t
P
xy t
  

 
. Do 3t - 2 > 0 và 
2
4
t
xy   nên ta có 
2
3 2
2
2
(3 2)
4
2
1
4
t t
t t
t
P
t t
t

 
 

 
0.25 
Xét hàm số 
2 2
2
4
( ) ; '( ) ;
2 ( 2)
t t t
f t f t
t t

 
 
 f’(t) = 0  t = 0 v t = 4. 
t 2 4 + 
f’(t) - 0 + 
f(t) 
 +  + 
8 
0.25 
Do đó min P = 
(2; )
min ( )f t

 = f(4) = 8 đạt được khi 
4 2
4 2
x y x
xy y
   
 
  
 0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
12 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 43 
 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 26 9 1y x x x    
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
 b) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 3 2
1 9
3 0
2 2
x x x m    có một 
nghiệm duy nhất: 
Câu 2 (1,0 điểm) 
 a) Giải phương trình: 0)cos)(sincos21(2cos  xxxx 
 b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 ) 1 3 0i z i    . Tìm phần ảo của số phức 
1w zi z   
Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 3 32log ( 1) log (2 1) 2x x    
Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2 2 2 2
2
1 3
x y x y
x y x y
    

    
 (x,y ) 
 Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân   
1
2
0
1 2 xI x e dx   
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Tam giác SAB 
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 060 . 
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA. 
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có 
phương trình: 1 0x y   , phương trình đường cao kẻ từ B là: 2 2 0x y   . Điểm M(2;1) thuộc 
đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. 
Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;-2;1), B(-1;0;3), 
C(0;2;1). Lập phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ 
từ A của tam giác ABC. 
Câu 9 (0,5 điểm) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,....,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 
số ghi trên ba thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ. 
Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z  và 3x y z   . Tìm giá 
trị nhỏ nhất của biểu thức: 3
x z
P y
z y
   . 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
13 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 43 
Câu 1 
1a 
TXĐ:D  , / 23 12 9y x x   . 
3
' 0
1
x
y
x

   
 0.25 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng(- ;1) và (3;+  ), đồng biến trên khoảng 
(1;3) 
lim , lim
x x
y y
 
    
0.25 
BBT x  1 3  
 'y + 0 – 0 + 
 y 3  
  - 1 
0.25 
 Đồ thị : đi qua các điểm (3;-1), (1;3), (2;1), (0;-1) 0.25 
1b 
 Pt : 3 2
1 9
3 0
2 2
x x x m     3 26 9 1 2 1x x x m     (*) 0.25 
Pt (*) là pt hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d 2 1y m  (d cùng 
phương trục Ox) . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C) và d. Dựa 
vào đồ thị (C), để pt có một nghiệm duy nhất thì : 
0.5 
2 1 1
2 1 3
m
m
  
  
  
0
2
m
m

 
 0.25 
Câu 2 
2a 
0)cos)(sincos21(2cos  xxxx 
(sin cos )(sin cos 1) 0x x x x     
sin cos 0
sin cos 1
x x
x x
 
   
0.25 
sin( ) 0
4
2
sin( )
4 2
x
x



 


 
4
2
2
2
x k
x k
x k




 

 

  


 


 ( k ) 0.25 
2b 
(1 ) 1 3 0i z i     
1 3
2
1
i
z i
i

  

 0.25 
=> w = 2 – i . Số phức w có phần ảo bằng - 1 0.25 
Câu 3 
 ĐK: x > 1 , 3 32log ( 1) log (2 1) 2x x    3log [( 1)(2 1)] 1x x    0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
14 
22 3 2 0x x     
1
2
2
x   => tập nghiệm S = (1;2] 0.25 
Câu 4 
Điều kiện: x+y0, x-y0 
Đặt: 
u x y
v x y
 

 
 ta có hệ: 2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 2
3 3
2 2
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
      
 
    
    
 
0.25 
2
2 4 (1)
( ) 2 2
3 (2)
2
u v uv
u v uv
uv
   

    
 

 0.25 
Thế (1) vào (2) ta có: 
28 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv           . 
0.25 
Kết hợp (1) ta có: 
0
4, 0
4
uv
u v
u v

  
 
 (vì u>v). 
Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) 
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).. 
0.25 
Câu 5 
Đặt 
2
1
(2 )x
u x
dv e dx
 

 
 => 
212
2
x
du dx
v x e
 


 
 0.25 
2
2 2
1
11 1
(1 )(2 ) (2 )
02 2
x xI x x e e dx     0.25 
= 2 2 2
1 11 1
(1 )(2 ) ( )
0 02 4
x xx x e x e    0.25 
2 1
4
e 
 0.25 
Câu 6 
Gọi H là trung điểm AB-Lập luận ( )SH ABC -Tính được 15SH a 0.25 
Tính được
3
.
4 15
3
S ABC
a
V  
Qua A vẽ đường thẳng / /BD ,gọi E là hình chiếu của H lên ,K là hình chiếu H 
lên SE 
0.25 
Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S,  ))=2d(H, (S,  ))=2HK 
Tam giác EAH vuông cân tại E,
2
2
a
HE  
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
15 
2 2 2 2
1 1 1 31 15
15 31
15
( , ) 2
31
HK a
HK SH HE a
d BD SA a
    
 
 0.25 
Câu 7 
Gọi H là trực tâm  ABC.Tìm được B(0;-1),
1
cos cos
10
HBC HCB  
Pt đthẳng HC có dạng:a(x-2)+b(y-1)=0( ( ; )n a b là VTPT và 2 2 0a b  ) 
0.25 
2
2 2
2 2
1
cos 4 10 4 0 2 5 2 0
102( )
a b a a
HCB a ab b
b ba b
    
            
   
 0.25 
2
2, 1
1 1, 2( )
2
a
a bb
a a b l
b

    
       

 , phương trình CH: -2x + y + 3 = 0 0.25 
AB CH.Tìm được pt AB:x+2y+2=0 
Tìm được :
2 5
( ; )
3 3
C  ,pt AC:6x+3y+1=0 
0.25 
Câu 8 
Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;-1;2),bán kính mặt cầu: 3R  
Phương trình mặt cầu (S): 2 2 2( 1) ( 2) 3x y z     
0.25 
Giả sử H(x;y;z), (x 1;y 2;z 1), (1;2; 2), ( 1; ; 3)AH BC BH x y z         0.25 
. 0 2 2 5AH BC AH BC x y z        
BH cùng phương
2 2
3
x y
BC
y z
  
 
 
 , 
0.25 
Tìm được H(
7 4 23
; ;
9 9 9
 ) 0.25 
Câu 9 
Số phần tử của không gian mẫu là n( ) = C 39 = 84 
Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) = C 59 = 10 
0.25 
=> Xác suất cần tính là P(A) = 
10
84
 = 
5
42
 0.25 
Câu 10 
Ta có 2 ,
x
xz x
z
  2
z
yz z
y
  . Từ đó suy ra 0.25 
3 2 2 3
x z
P y x xz z yz y
z y
        
22( ) ( ) 2( ) ( )x z y x y z xz yz x z y x y z            
0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
16 
Do 0x  và y z nên ( ) 0x y z  . Từ đây kết hợp với trên ta được 
2 2 23 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5
x z
P y x z y y y y
z y
             . 
0.25 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1 0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
17 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 44 
Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số : y = x3 – 3x2 +1 có đồ thị ( C). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số. 
b) Gọi A & B là hai điểm cực trị của đồ thị ( C). Tìm điểm M thuộc đường thẳng : 3x – y - 
2= 0 sao cho ABM có diện tích bằng 2. 
Câu 2 (1 điểm): 
a) Gỉai phương trình : ( 1+ cos4x).sinx = 2cos2 2x. 
b) Cho số phức Z thỏa mãn hệ thức : 2. 3 2Z Z i   .Tìm môđun của Z. 
Câu 3 (1 điểm): 
a) Tính tích phân sau : 
0
2
1
1
2 5 3
I dx
x x


 
b). Cho số n thỏa mãn điều kiện : 0 1 22 4 97n n nC C C   .Tìm hệ số của số hạng chứa x
4 
trong 
khai triển nhị thức : 2
2
n
x
x
 
 
 
Câu 4 (1 điểm): Giải bất phương trình :  2 3. 2 1 2 1x x x x x     
Câu 5 (1điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành :AB = 2AD = 2a, 060DAB  
mặt bên (SAB) là tam giác cân tại S và vuông góc mặt đáy ABCD. Cho 060ASB  và M là trung 
điểm CD. Tính theo a: thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và 
SD. 
Câu 6 (1 điểm): Trong không gian với hệ trục Oxyz cho (P) : 2x – y – 2z + 1= 0 và I(3;-5;-2) 
a) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc mp(P). 
b) Tìm tọa độ tiếp điểm của (S) và mặt phẳng (P). 
Câu 7 (1 điểm): Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M, N lần lượt là trung điểm các 
cạnh BC, CD. Tìm tọa độ đỉnh B, điểm M biết N(0; -2),đường thẳng AM có phương trình x + 2y 
– 2 = 0 và cạnh hình vuông bằng 4. 
Câu 8 (1 điểm): Gỉai hệ phương trinh 
2 2
2
3
2 7 5 9 0.
x xy y
x xy x y
   

    
Câu 9 (1 điểm): Cho x, y là các số thực thỏa mãn : x2 + y2 + xy = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và giá 
trị nhỏ nhất của biểu thức : P = x3 + y3 – 3x – 3y . 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
18 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 44 
Câu 1 
1a 
TXĐ:D=R , lim ;lim
x x
y y
 
    0.25 
y
,,
=3x
2
-6x ,y
,,
=0 khi x=0 ; x=2 0.25 
BBT 
x 
- 
a
1
 0 
 2 + 
f’(x) + 0 - - 0 + 
f(x) 
 1 
-2 
0.25 
Vẽ đồ thị : 0.25 
1b 
A(0;1) ;B(2;-2) và M(m;3m-2) 0.25 
1
9 6
2
ABMS m   0.25 
2
1 9
2 9 6 2
102
9
ABM
m
S m
m



     
 

 0.25 
1 2
2 4 10 1
; ; ;
9 3 9 3
M M
   
    
   
 0.25 
Câu 2 
2a 
2 2 cos 2 02 os 2 .sin 2cos 2
sin 1
x
c x x x
x

   
 0.25 
4 2
2
x k
x k
 



 
 
  

 0.25 
2b 
Gọi Z= a+bi ,với a,b . 
3
2. 3 2 2
3
a
Z Z i
b
 

    

 0.25 
2 85
3
3 3
z i z      0.25 
Câu 3 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
19 
3a 
0
2
1
1
2 5 3
I dx
x x


 
=
  
0 0
1 1
1 2 1
2 3 1 2 3 1
dx dx
x x x x
 
 
  
    
  0.25 
 =
0
1
2 3 6
ln ln
1 5
x
x

 
  
 
 0.25 
3b 
 
 
0 1 2 2
8
2 4 97 2 48 0
6
n n n
n n
C C C n n
n l

        
 
 0.25 
 
8 8
2 16 3
8
0
2
2 .
kk k
k
x C x
x


 
   
 
 
16-k = 4 khi k= 4 .Vậy hệ số cần tìm là  
44
8 2 1120C   
0.25 
Câu 4 
1
DK:x -
2
 0.25 
  22 1 2 1 0pt x x x x      0.25 
 2 2 1 0 2 1 0x x vi x x       0.25 
 1 2;x     0.25 
Câu 5 
Gọi H là trung điểm của AB, ta có: 
   
 
   
  .
1
.
3
S ABCD ABCD
SH AB
SAB ABCD
SH ABCD V SH S
SH SAB
SAB ABCD AB



   

  
 0.25 
0 2 3
.3 * . sin 6 3* 0 AB S CDCD ABđSAB eu SH a S VAB aAD a      0.25 
Gọi O là tâm hình thoi ADMH 
Trên (SHD) kẻ 
  
 ,
 AM
OK SD
d AM SD OK
OK AM vi SHD

 
 
0.25 
 OKD đồng dạng SHD
. 3
4
SH OD a
OK
SD
   0.25 
Câu 6 
6a 
      
16
.
3
S TX P R d I P   0.25 
      
2 2 2 256
( ) : 3 5 2
9
TP S x y z      ,    pH hc I H d p    0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
20 
6b 
 
   
3 2
 I 3; 5; 2
 d : 5
 2; 1; 2
2 2
x t
qua
voi pt d y t
P VTCP u
z t
 
   
    
        
 0.25 
*Thế pt d vào pt(P) 
16 5 29 14
 ;Vay : H ; ;
9 9 9 9
t
 
     
 
 0.25 
Câu 7 
Gọi I= . AM BN BIM đồng dạng ABM : 2 2 0AM BN ptBN x y      0.25 
Tọa độ I là nghiệm hệ 
2 2 0 6 2
;
2 2 0 5 5
x y
I
x y
    
  
    
2 2
. 4
* B:BI=
5
AB BM
ABM vuong tai
AB BM
0.25 
Tọa độ B thỏa  
2
2 5
; 2;24
2 6
5
5
B BN x
x
B
BI y
y
  
   
     
vì: N và B nằm khác phía so vớiAM 
0.25 
Tọa độ M thỏa  1 22 2
2
2 2 45
; 2;0 & ;
0 4 5 5
5
xM AM x
M M
yIM BM BI
y

     
     
      

 0.25 
Câu 8 
Cộng hai vế pt ta được : (x + y – 2 )2 + x( x + y – 2 ) – (x + y – 2 ) = 0 0.25 
   2 . 2 3 0
2 0
2 3 0
x y x y
x y
x y
     
  
    
 0.25 
Với x + y – 2 =0 , ta có hệ : 
2 2
2 0 1
10
x y x
yx xy y
    
 
   
0.25 
Với 2x + y – 3 =0 , ta có hệ : 
2 2
1
12 3 0
0 2
1
x
yx y
x xy y x
y
 

        
 
0.25 
Câu 9 
  
 
 2
2
2 22 3 . : 4 : 
4
 3
x y
x y xy VTa có x i xy yy y xx

         0.25 
 *Đặt t = x + y ,  2; 2t   , biến đổi được P = ( x + y )
3
-3xy.( x + y) -3( x + y) 0.25 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
21 
 = - 2 t
3
 + 6t 
 Xét f(t) = - 2 t
3
 + 6t , Lập bảng biến thiên : f (t)= - 2 t3 + 6t 0.25 
Kết luận : Max P = 4 khi t = 1       ; 1;2 ; 2; 1x y    
 M in P =- 4 khi t = -1       ; 1; 2 ; 2;1x y    
0.25 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 45 
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b) Dùng đồ thị (C), biện luận số nghiệm của phương trình x3 – 3x2 + 4 – m = 0 theo tham số m 
Câu 2. (1,0 điểm) 
a) Giải phương trình 4log3log 2
2
2  xx 
b) Cho số phức z = (1 – 2i)(4 – 3i) – 2 + 8i. Xác định phần thực, phần ảo và tính môđun số 
phức z. 
Câu 3. (1,0 điểm) Tính tích phân 
1
0
( )xI x x e dx  
Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
x3 +12y2 + x+2 =8y3+8y
x2 +8y3 +2y= 5x
ì
í
ï
îï
Câu 5. (0,5 điểm) Giải phương trình: sin3x+cos2x=1+2sinx.cos2x 
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=2a, 
 SA^ (ABCD) và SA=a. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt 
phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD. 
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có D(-6;-6). Đường 
trung trực của đoạn thẳng DC có phương trình d: 2x+3y+17=0 và đường phân giác của góc BAC 
có phương trình d’: 5x+y-3=0. Xác định toạ độ các đỉnh còn lại của hình bình hành. 
Câu 8. (1,0 điểm) 
Trong không gian Oxyz cho các điểm A(6;-2; 3),B(0; 1; 6) và mặt phẳng ():2x + 3y – z + 11 = 0 
Viết phương trình mặt phẳng () đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (). Và viết 
phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (). 
Câu 9. (0, 5 điểm) Một đội tuyển học sinh giỏi có 18 em, trong đó có 7 em học sinh lớp 12, có 6 
em học sinh lớp 11 và 5 em học sinh lớp 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 em học sinh đi dự trại hè 
sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn. 
Câu 10. ( 1,0 điểm) Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4 
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
22 
Chứng minh rằng: 
a b c d
b c c d d a a b2 2 2 2
2
1 1 1 1
   
   
THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
23 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 45 
Câu 1 
1a 
Hàm số y = x3 – 3x2 + 2 
MXĐ: D =» 
y’ = 3x2 – 6x; y’ = 0 
0 2
2 2
x y
x y
  
    
; lim
x
y

  
0.25 
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; 0), (2 ; +) 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (0 ; 2). 
Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 0 và yCĐ = 2 
Hàm số đạt cực đại tại xCT = 0 và yCT = -2 
0.25 
*Bảng biến thiên: x  0 2  
 y’ + 0 - 0 + 
 2  
 y CĐ CT 
  -2 
0.25 
Đồ thị: Đồ thị là một đường cong có tâm đối xứng là I(1 ; 0) 
0.25 
1b 
Pt: x
3
 – 3x2 + 4 – m = 0  x2 – 3x2 + 2 = m – 2 (*) 0.25 
Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị (C) với đường 
thẳng : y = m. Dựa vào đồ thị ta có: 
+ khi m4: phương trình có 1 nghiệm. 
0.25 
+ khi m= 0 hay m= 4: phương trình có 2 nghiệm. 0.25 
+ khi 0 < m< 4: phương trình có 3 nghiệm. 0.25 
Câu 2 
2a 
Đặt t = x2log , x > 0, ta được phương trìn