Đề thi thử quốc gia môn toán - Đề số 51

 1 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 51 
Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: 3 2 2y = 2x + (m +1)x + (m - 4)x - m +1 
 a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số khi m = 2. 
 b/ Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại giao điểm của ( )C với trục tung. 
Câu 2 (1,0 điểm): 
 a/ Giải phương trình lượng giác: 2cos(2x ) 4sinx.sin3x - 1 0
3

   
 b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 22z - 2z + 5 = 0 
Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình: 
2 0,5
2log (x - 2) + log (2x -1) = 0 
Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình 
  
2 1
2
3 2
2.4 1 2 2log
1 1
y x x
y
x x y xy x


  

     
, (x,y R). 
Câu 5 (1,0 điểm): Tính tích phân 
1
x
0
I = (1 + x)e dx 
Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy 
bằng 600. Tính thể tích của hình chóp. 
Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC. 
Biết AM có phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết 
đỉnh A có tung độ dương, điểm M có tung độ âm 
Câu 8 (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm ( 3;2; 3)A và hai đường thẳng 
1
x -1 y + 2 z - 3
d : = =
1 1 -1
 và 
2
x - 3 y -1 z - 5
d : = =
1 2 3
 a/ Chứng minh rằng 1d và 2d cắt nhau. 
 b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa 1d và 2d . Tính khoảng cách từ A đến mp(P). 
Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa 
6
x trong khai triển của: 3 5
2
1
n
x x
x
 
 
 
, biết tổng 
các hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và 0x  ). 
Câu 10 (1,0 điểm): Cho , ,a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
4 4 4
a b c
b c a a b b c c a
  
    
  
 2 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 51 
Câu 1 
1a 
Với m = 2 ta có hàm số: 3 22 3 1y x x 
 Tập xác định: D 
 Đạo hàm: 26 6y x x 
0.25 
 Cho hoac 20 6 6 0 0 1y x x x x 
  Giới hạn: ; lim lim
x x
y y 
0.25 
 Bảng biến thiên 
x – –1 0 
y + 0 – 0 + 
y 
 0 
– –1 
 Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 1),(0; ) , NB trên khoảng ( 1;0) 
 Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại CÑ 1x , đạt cực tiểu yCT = –1 tại 0xCT . 
0.25 
 Đồ thị hàm số: như hình vẽ dưới đây 
0.25 
1b 
Giao điểm của ( )C với trục tung: (0; 1)A 0.25 
 
0 0
0 ; 1x y 0.25 
 (0) 0f 0.25 
 Vậy, pttt tại A(0;–1) là: 1 0( 0) 1y x y 0.25 
Câu 2 
2a 
Giải phương trình : 2cos(2x ) 4sinxsin3x 1 0
3

    (1) 
2(cos2xcos sin 2xsin ) 4sin xsin3x 1 0
3 3
 
     
2
cos2x 3 sin2x+4sin x sin 3x 1 0
1 2sin x-2 3 sin x cos x 4sin x sin 3x 1 0
sinx(2sin3x-sin x- 3 cos x) 0
   
    
 
0.25 
x
y
1
2
-1
O-1
 3 
s inx 0
sinx 3 cos x 2sin 3x

 
 
*sinx 0 (k z)x k    
1 3
*sinx 3 cos x 2sin 3x sinx cos x sin 3x
2 2
3x x k2 x k
3 6
sin(x ) sin 3x (k z)
3
3x x k2 x k
3 6 2
    
  
       
      
         
  
vậy phương trình đã cho có nghiệm x k ; x k
6 2
 
  (k z) 
0.25 
2b 
22 2 5 0z z (*) 
 Ta có, 2 2( 2) 4.2.5 36 (6 )i 
0.25 
 Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt: 
 ; z
1 2
2 6 1 3 2 6 1 3
4 2 2 4 2 2
i i
z i i 
0.25 
Câu 3 
2 0,5
2log ( 2) log (2 1) 0x x (*) 
 Điều kiện: 
22 0
212 1 0
2
xx
x
x x
0.25 
 Khi đó, (*) 2 2
2 2 2 2
log ( 2) log (2 1) 0 log ( 2) log (2 1)x x x x 
 (loai)
 (nhan)
2 2 1( 2) (2 1) 6 5 0
5
x
x x x x
x
0.25 
Câu 4 
 Điều kiện: 
2 0
0
0 0
x
x
x
y
y


 
 

 0.25 
Ta có: 
     22 1 1 0 1 0x yx x y x y          ( Vì 2 1 0x yx   ) 
 1y x   (a) 
  1  2 1 22.4 1 2 2log
y x x
y
   
  2 22 22 log 2 2 log 2 *
y xy x    
0.25 
Xét hàm số:   22 log
tf t t  trên  0; 
 Ta có:    
1
' 2 ln 2 0 0;
ln 2
tf t t e
t
     ,vậy  f t là hàm số đồng biến. 
 Biểu thức      * 2 2 2 2f y f x y x    (b) 
0.25 
 4 
60
2a
O
CB
A D
S
Từ (a) và (b) ta có: 
 
2 2
1 1
2 1 2
4 8 4 2 2 5 2 0
x x
x x
x x x x x
  
    
      
1
2
1
2
x
x
x


 
 
 

 2x  
 Với 2 1x y   , suy ra hệ phương trình có một nghiệm  2;1 . 
0.25 
Câu 5 
1
0
(1 ) xI x e dx 0.25 
 Đặt 
1
x x
u x du dx
dv e dx v e
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: 0.25 
1 11
1 0 1 0
00 0
(1 ) (1 1) (1 0) 2 1 ( )x x xI x e e dx e e e e e e e 0.25 
 Vậy, 
1
0
(1 ) xI x e dx e 0.25 
Câu 6 
 Gọi O là tâm của mặt đáy thì ( )SO ABCD do đó SO là đường cao 
 của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO, 
0.25 
do đó 060SBO (là góc giữa SB và mặt đáy) 0.25 
 Ta có, tan .tan .tan
2
SO BD
SBO SO BO SBO SBO
BO
02.tan60 6a a 
0.25 
 Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là 
31 1 1 4 6
. . . 2 .2 . 6
3 3 3 3
a
V B h ABBC SO a aa 
0.25 
Câu 7 
0.25 A B x 
 5 
2
x
Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM  
6
;
10
BH d B AM   
Đặt cạnh hình vuông là x>0 
Xét tam giác ABM có 
2 2 2 2 2
1 1 1 10 1 4
3 2
36
x
BH BA BM x x
       
A thuộc AM nên  ;7 3A t t 
   
 
2 2 23 2 4 3 6 3 2 10 44 34 0
1
17 16
; , 1;4 /17
5 5
5
AB t t t t
t
A loai A t m
t
         

         

 0.25 
Làm tương tự cho điểm B, với 
3 2 5 1
;
2 2 2 2
x
BM M
 
    
 
M là trung điểm của BC  1; 2C  
0.25 
Gọi I là tâm của hình vuông  1;1I 
Từ đó  2;1D  
0.25 
Câu 8 
a/  d1 đi qua điểm 1(1; 2;3)M , có vtcp 1 (1;1; 1)u 
 d2 đi qua điểm 2(3;1;5)M , có vtcp 2 (1;2;3)u 
0.25 
 Ta có 1 2
1 1 1 1 1 1
[ , ] ; ; (5; 4;1)
2 3 3 1 1 2
u u 
và 
1 2
(2;3;2)M M 
 Suy ra, 
1 2 1 2
[ , ]. 5.2 4.3 1.2 0u u M M , do đó d1 và d2 cắt nhau. 
0.25 
b/ Mặt phẳng (P) chứa 
1
d và 
2
d . 
 Điểm trên (P): 
1
(1; 2;3)M 
 vtpt của (P): 
1 2
[ , ] (5; 4;1)n u u 
 Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5( 1) 4( 2) 1( 3) 0x y z 
5 4 16 0x y z 
0.25 
 Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là: 
2 2 2
5.( 3) 4.2 ( 3) 16 42
( ,( )) 42
425 ( 4) 1
d A P 0.25 
Câu 9 
 Xét khai triển : 0.25 
C D 
H I 
 M 
 6 
5
3 5 3 2
3 3
1 1
nn
x x x x
x x
  
    
    
1 5 5 5
3 0 1 2 2 2
3 3 3
1 1 1
... ...
k nn n n k
k n
n n n nx C C x C x C x
x x x
            
                
             
Thay x=1 vào khai triển ta được: 
0 12 ... ...n k nn n n nC C C C        
 Theo giả thiết ta có: 
0 1 ... ... 4096k nn n n nC C C C      
122 2 12n n    
0.25 
Câu 10 
Với 12n  ta có khai triển: 
12
3 5
2
1
x x
x
 
 
  
 Gọi số hạng thứ  1 0 12,k k k Z    là số hạng chứa 
6x . 
 Ta có : 
 
12 5
2 21
3 5 2
1 12 122
1
k kk k
k k
kT x C x C x
x

 

 
  
  
0.25 
 Vì số hạng có chứa 
6x nên : 
 2 21 65
2 21 6 6
2 9
k
k k

     
. 
 Với 6k  ta có hệ số cần tìm là : 
6
12
924C 
. 
0.25 
 Ta có: 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
4 4 4 4 4 4
a b c
VT
b b c c a a
     
          
     
2 2 2 2 2 2
1
2 2 2 2
a b c a b c
b c a b c a
 
      
 
 Mặt khác: 
2 2 2
1 2 1 2 1 2
; ;
a b c
b a b c b c a c a
      
 Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 
2 2 2
1 1 1a b c
b c a a b c
     
0.25 
Suy ra: 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4
VT
a b c a b b c c a
        
                
        
1 4 4 4 1 1 1
4
VP
a b b c c a a b b c c a
 
             
 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1a b c   
0.25 
 7 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 52 
Câu 1 . (2 điểm ) Cho hàm số y = 
2 1
( )
2
x
C
x


1. Kháo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C ) 
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C ) biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5 . 
Câu 2 .( 0.5 điểm )Giải bất phương trình : log3(x – 3 ) + log3(x – 5 ) < 1 
Câu 3 .(1 điểm ) Tính tích phân : I = 
2
1
1x x dx 
Câu 4 ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A,D, SA vuông góc 
với đáy . SA = AD= a ,AB = 2a . 
 1 . Tính thể tích khối chóp S.ABC . 
 2 . Tính khoảng cách giữa AB và SC . 
Câu 5 .(1 điểm ) Trong không gian O.xyz cho A(1;2;3) , B(-3; -3;2 ) 
1. Viết phương trình mặt cầu đường kính AB . 
2. Tìm điểm M nằm trên trục hoành sao cho M cách đều hai điểm A, B . 
Câu 6 . (1 điểm ) Giải phương trình : 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx – 4 
Câu 7 .(0.5 điểm ) Gọi T là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các số 
1,2,3,4,5,6,7 . Chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập T . hoctoancapba.com 
 Tính xác suất để số được chọn lớn hơn 2015 . 
Câu 8 . ( 1điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại A . B,C là hai điểm đối 
 xứng nhau qua gốc tọa độ .Đường phân giác trong góc B của tam giác có phương trình 
 x + 2y - 5= 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua K(6;2) 
Câu 9. ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình 
 
2
2
9 9 5 4 9 7
2 1 9 7 7
x xy x y y
x y x y x y
     

      
Câu 10 .(1 điểm ) Cho a,b,c thuôc đoạn [1;2] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
 P = 
 
 
2
2 4
a b
c ab bc ca

  
. 
 8 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 52 
Câu 1 
1a 
TXĐ : D = R \  2 
y’ = 
 
2
5
2x


 < 0 với mọi x thuộc D 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ;2 ) và (2 ; + ) , hàm số không có cực 
trị 
0.25 
2
lim ,
x
y

 
2
lim
x
y

 nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị 
lim lim 2
x x
y y
 
  nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị 
0.25 
Bảng biến thiên 
 x - 2 +  
 y’ - - 
 + 
 2 
 - 2 
0.25 
 y 
 2 
 O 2 x 
0.25 
1b 
Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm , k là hệ số góc của tiếp tuyến . phương trình tiếp tuyến 
tại M có dạng : y = k(x- x0) + y0 , y’
 
2
5
2x


 0.25 
Hệ số góc k = -5  y’(x0) = -5  (x0 – 2)
2
 = 1  x0 = 3 hoặc x0 = 1 0.25 
Với x0 = 3 thì M(3;7) phương trình tiếp tuyến là y = -5x + 22 0.25 
Với x0 = 1 thì M(1;-3) phương trình tiếp tuyến là y = -5x + 2 0.25 
 9 
Câu 2 
ĐK: x > 5(*) 
 log3(x – 3 )(x - 5) < 1  (x – 3 )( x - 5) < 3 
0.25 
  x
2
 – 8x +12 < 0  2 < x < 6 
Kết hợp ĐK thì 5 < x < 6 là nghiệm của bất phương trình 
0.25 
Câu 3 
Đặt 1x  = t thì x = t2 + 1 , dx = 2tdt 0.25 
Đổi cận : x = 1 thì t = 0 ; x = 2 thì t = 1 0.25 
I = 2  
1
2 2
0
1t t dt = 2  
1
4 2
0
t t dt 0.25 
 = 2 (
5 3
5 3
t t
 )
1
0
 = 
16
15
 0.25 
Câu 4 
SA vuông góc với mp đáy nên SA là 
đường cao của khối chóp , SA = a 
Trong mặt phẳng đáy từ C kẻ CE // DA 
, E thuộc AB suy ra CE vuông góc với 
AB và CE = DA = a là đường cao của 
tam giác CAB 
0.25 
Diện tích tam giác là S = 
1
2
CE.AB = a
2 
Thể tích khối chóp S.ABC là V = 
1
3
a
3 
0.25 
Tính khoảng cách giữa AB và SC 
Ta có AB//DC nên d(AB,SC) = d(AB, SDC ) . Trong mặt phẳng (SAD)từ A kẻ 
AH vuông góc với SD (1) , H thuộc SD 
0.25 
Ta có DC vuông góc với AD , DC vuông góc SA nên DC vuông góc với 
mp(SAD) suy ra DC vuông góc AH (2) . hoctoancapba.com 
 Từ (1) và (2) suy ra AH vuông góc với (SDC) 
 AH = d(AB, SDC) = d(AB , SC ) 
Trong tam giác vuông SAD ta có 
2 2
1 1
AH AD
 
2 2
1 2
SA a
  AH = 
2
a
0.25 
Câu 5 
 Gọi I là trung điểm của AB thì I(-1;
1
2
 ;
5
2
) là tâm mặt cầu . Bán kính mặt cầu 
R
2
= IA
2
 = 21/2 
0.25 
Phương trình mặt cầu (x+1)2 +(y +
1
2
)
2
 +(z 
5
2
 )
2
 = 21/2 0.25 
M nằm trên trục hoành nên M(x;0;0) . MA (1-x ;2;3) , MB (-3-x;-3;2). 0.25 
M cách đều A , B tức là MA2 = MB2 
Hay (1-x)
2
+13 = (-3-x)
2
+13  x = 1 
Vậy M(1;0;0) thỏa mãn yêu cầu bài toán . 
0.25 
H
E
C
B
D
A
S
 10 
Câu 6 
 Giải phương trình : 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx – 4 
  4sinxcosx – 2cosx +2sin2x - 1– 7sinx + 4 = 0 
  2cosx(2sinx -1) + 2sin
2
x -7sinx +3 = 0 
0.25 
  2cosx(2sinx -1) + (sinx -3)(2sinx – 1) = 0 
  (2sinx -1) (sinx + 2cosx – 3) =0 
0.25 
  sinx = 
1
2
 Hoặc sinx + 2cosx – 3 =0 
 Ta có : sinx + 2cosx – 3 =0 vô nghiệm vì 12 +22 < 32 
0.25 
Phương trình tương đương sinx = 
1
2
  x= 2
6
k

 hoặc x= 
5
2
6
k

 0.25 
Câu 7 
Số phần tử của tập hợp T là 47A = 840 
Gọi abcd là số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 
1,2,3,4,5,6,7 và lớn hơn 2015. 
Vì trong các chữ số đã cho không chứa chữ số 0 nên để có số cần tìm thì a2 
0.25 
Vậy có 6 cách chọn a . Sau khi chọn a thì chọn b,c,d có 36A cách chọn 
Xác suất cần tìm là P = 
3
6
4
7
6A
A
 = 
6
7
0.25 
Câu 8 
Điểm B nằm trên đường thẳng x + 2y – 5 = 0 nên B(5 – 2b ; b) 
B ; C đối xứng nhau qua O nên C(2b – 5 ; - b ) và O thuộc BC 
0.25 
Gọi I là điểm đối xứng của O qua phân giác góc B suy ra I(2;4) 
BI (2b – 3 ; 4 – b ) , CK (11 – 2b ; 2 + b) 
0.25 
Tam giác ABC vuông tại A nên .BI CK = 0  - 5b2 + 30b – 25 = 0 
  b= 1 hoặc b= 5 
0.25 
Với b= 1 thì B(3;1) , C(-3;-1) suy ra A(3;1) nên loại 
Với b= 5 thì B(- 5, 5 ), C(5 ; -5) suy ra A(
31 17
;
5 5
) 
0.25 
Câu 9 
(2)  2x y  - 7 7x y + 1 – [3(x- y )]2 = 0 
    
2 6 6
1 3 3 1 3 3 0
2 7 7
x y
x y x y
x y x y
 
     
   
    
2
1 3 3 1 3 3 0
2 7 7
x y x y
x y x y
 
      
     
0.25 
 x > y  0 nên  
2
1 3 3
2 7 7
x y
x y x y
 
   
     
> 0 suy ra 1–3x + 3y =0 
Thay y = x – 
1
3
 vào phương trình (1) ta được hoctoancapba.com 
9x
2
 + 9x(x - 
1
3
) + 5x – 4(x - 
1
3
) + 9
1
3
x = 7 
0.25 
 11 
 18x
2
 – 8x + 6x - 
8
3
 + 9
1
3
x - 3 = 0 
 2x(9x – 4 ) + 
2
3
(9x – 4 ) +3( 9 3x - 1 ) = 0 
 (9x – 4 )
2 3
2
3 9 3 1
x
x
 
     
= 0  x = 
4
9
 vì x > 0 
0.25 
 Với x = 
4
9
 thì y = 
1
9
 . Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (
4
9
; 
1
9
) 0.25 
Câu 10 
 P = 
 
 
2
2 4
a b
c ab bc ca

  
= 
 
 
2
2 4 4
a b
c a b c ab

  
Ta có 4ab (a + b)2 nên P 
 
   
2
22 4
a b
c a b c a b

   
=
2
2
1 4
a b
c c
a b a b
c c c c
 
 
 
   
      
   
0.25 
Đặt t = 
a b
c c
 vì a, b , c thuộc [1;2] nên t thuộc [1;4] 
 Ta có f(t) = 
2
24 4
t
t t 
 , f’(t) = 
 
2
2
2
4 2
1 4
t t
t t

 
> 0 với mọi t thuộc [1;4] 
0.25 
 Hàm số f(t) đồng biến trên [1;4] nên f(t) đạt GTNN bằng 
1
6
 khi t = 1 0.25 
Dấu bằng xảy ra khi a = b ; 
a b
c

= 1, a,b,c thuộc [1;2]  a =b = 1 và c =2 
Vậy MinP = 
1
6
 khi a =b = 1 và c = 2 
0.25 
 12 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 53 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 
2 1
2
x
y
x



a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng 
5 22y x   . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Cho góc  thỏa mãn : 
3
2

   và 
4
cos
5
   . Tính tan
4
A


 
  
 
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức      2 1 2 3 2z i i z i     . Tìm môđun của số phức z . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2
0
(1 sin2 )cosI x xdx

  
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình  2 2
9
log 9 log 0
x
x x
x

   
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 theo một hàng ngang. Tính xác suất để 3 học sinh nữ đứng cạnh nhau . 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho  7;4;6I và mặt phẳng 
( ) : 2 2 3 0P x y z    . Lập phương trình của mặt cầu ( )S có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng  P . 
Tìm tọa độ tiếp điểm của  P và ( )S . 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA vuông 
góc với mặt phẳng ( )ABCD , góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy bằng 60 . Gọi ,M N lần lượt là 
trung điểm của các đoạn ,AD CD . Tính thể tích khối chóp .S BMN và khoảng cách giữa hai đường 
thẳng ,BM SN theo a . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có  3;2M là 
trung điểm của cạnh BC . Biết chân đường cao của tam giác ABC kẻ từ B là 
6 13
;
5 5
K
 
 
 
 và trung 
điểm của cạnh AB nằm trên đường thẳng : 2 0x y    . Tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
   
 
2 4 23
1 2 2 1
,
2 2 4
y x y x y x y y
x y
y x y y
        
 
   
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ,a b là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
8 1
.
7 4 4
P a b
a b ab a b
   
  
 13 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 53 
Câu 1 
1a 
 Tập xác định:  1 
 i i 
 – Chiều biến thiên: 
2
5
' 0, 2
2
y x
x
. 
0.25 
 – Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;2 và 2; . 
– Giới hạn và tiệm cận: 
– lim lim 2
x x
y y : tiệm cận ngang : 2y  
2 2
lim ; lim
x x
y y tiệm cận đứng 2x . 
0.25 
 – Bảng biến thiên: 
x  2  
'y   
y 2  
  2 
0.25 
+ ị 
 – Đồ thị cắt Oy tại 
1
0;
2
O – Đồ thị cắt Ox tại 
1
;0
2
O 
 – Tâm đối xứng là điểm 2;2I . 
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15 -10 -5 5 10 15
f x  = 
2x+1
x-2
0.25 
 14 
1b 
Hệ số góc k=-5
 
2
5
5
2x

  

 0.25 
3
1
x
x

  
 0.25 
Pt tiếp tuyến tại M(3;7): y=-5x+22 (loại). 
Pt tiếp tuyến tại N(1;-3): y=-5x+2. 
0.25 
Vậy tiếp tuyến cần tìm là y=-5x+2. 0.25 
Câu 2 
2a 
tan 1
tan
4 1 tan
A
 


 
   
 
 (1) 0.25 
2
2 2 4 9sin 1 cos 1
5 25
 
 
      
 
 (2) 
Vì 
3
;
2

 
 
 
 
 nên sin 0  . Do đó từ (2) suy ra: 
3 sin 3
sin tan
5 cos 4

 

     
(3).Thế (3) vào (1) ta được 
1
7
A   
0.25 
2b 
Đặt  , ,z a bi a b   ; khi đó ;z a bi  Kí hiệu (*) là hệ thức trong đề bài, ta có 
(*)          2 1 2 3 2 2 3 7 4 0a bi i i a bi i a b a b i                . 
0.25 
2 0 1
3 7 4 0 1
a b a
a b b
    
 
     
. Do đó 2 21 1 2z    0.25 
Câu 3 
2 2 2
0 0 0
(1 sin2 )cos cos sin 2 cosI x xdx xdx x xdx
  
      0.25 
Đặt 
2 2
1 2
0 0
cos ; sin 2 cosI xdx I x xdx
 
   Ta có 
2
2
1 0
0
cos sin 1I xdx x


   
0.25 
 
32 2 2
2 2 2
2 0
0 0 0
cos 2
sin 2 cos 2sin cos 2 cos cos 2.
3 3
x
I x xdx x xdx xd x
  

         . 0.25 
Vậy 1 2
2 5
1
3 3
I I I     0.25 
Câu 4 
4a 
Điều kiện  9 0 9x x x     hoặc 0x  . 
Với đk trên, phương trình đã cho tương đương với: 
   
2
2 2
9
log 9 . 0 log 9 0
x
x x x
x
 
     
 
0.25 
 
2
9 1 8 10x x x         . Đối chiếu với đk, ta loại 8x   . 
Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất 10x   . 
0.25 
 15 
4b 
Gọi A là biến cố: “3 học sinh nữ đứng cạnh nhau”. 
+) Số biến cố đồng khả năng: Xếp 7 học sinh ngẫu nhiên, có số hoán vị là 7!. 
+) Số cách xếp 3 học sinh nữ đứng 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 5!.3! cách sắp xếp. 
0.25 
Xác suất của biến cố A là 
5!3! 1
( )
7! 7
p A   0.25 
Câu 5 
Bán kính của (S) là ( ,( )) 2R d I P  0.25 
Pt mặt cầu (S):      
2 2 2
7 4 6 4x y z      0.25 
Pt đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (P): 
7
4 2
6 2
x t
y t
z t
 

 
  
 0.25 
Tiếp điểm M(7+t; 4+2t; 6-2t) thuộc (P) 
   
2 19 8 22
7 2 4 2 2 6 2 3 0 ( ; ; )
3 3 3 3
t t t t M            
0.25 
Câu 6 
 S 
 K 
 M D 
 A 
 I 
 N 
B C 
Từ giả thiết suy ra 
SBMN = SABCD – SDMN - SBMA- SBCN
 = 
8
3
448
2222
2 aaaaa  
0.25 
SA = AB.tan60
0
= 3a ; VSBMN = 
3
1
SA.SBMN = 
8
33a
 0.25 
* Ta có BM AN  BM (SAN) và BM cắt (SAN) tại I 
Trong (SAN): kẻ IK  SN  IK là đoạn vuông góc chung của BM và SN. 
d(MB,SN) = IK. 
Ta có: AN = 
5
2
a
, AI = 
5
5
a
, IN = 
3 5
10
a
 và SN=
17
2
a
0.25 
 16 
 IKN và SAN đồng dạng
SN
IN
SA
IK
 
85
3
3
.
a
SN
INSA
IK  . 
Vậy VSBMN = 
8
33a
, d(MB,SN) = 
85
3
3a 
0.25 
Câu 7 
Gọi N là trung điểm của đoạn AB.  : 2 0 ; 2N x y N n n      . 
Tam giác ABM vuông tại M có N là trung điểm của AB AN BN MN   . 
Tam giác AKB vuông tại K có N là trung điểm của AB AN BN KN   . 
0.25 
Suy ra MN=KN  
2 2
2 2 6 33 1
5 5
n n n n n
   
           
   
. Vậy N(1;3). 0.25 
Gọi I là giao của BK và MN. BK có pt 2x-y+5=0. MN có pt x+2y-7=0. Suy ra 
3 19
;
5 5
I
 
 
 
. 
0.25 
I là trung điểm của BK. Suy ra    0;5 ; 6; 1B C  . 0.25 
Câu 8 
Đặt   2 2; 0; 0u x y v y u v x u v       . 
Pt đầu của hệ trở thành: 
       2 2 2 2 21 2 2 1 1 1 2 0v u u v v u v u v u v             
0.25 
TH 1 : u=1 1 1x y x y      . Thế vào pt thứ hai của hệ ta được: 
 2 4 2 2 4 23 32 2 2 4 2 2 2 0y y y y y y y y           
 
 
 
  
 
4 2
2
4 4 233
2
2
4 4 233
2 8
2 0
2 2 2 4
2 2
2 0 2
2 2 2 4
y y
y y
y y y y
y y
y y y
y y y y
 
   
   
 
  
      
     
Khi đó x=-1. 
0.25 
TH 2: v=1. Suy ra y=1; x=2. 0.25 
TH 3: u+v+2=0: Vô nghiệm. 
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:      ; 1;2 , 2;1x y   0.25 
Câu 9 
Ta có  7 4 4 7 4 2 .4 7 4 4 8a b ab a b a b a b a b a b           
(theo bđt Côsi). 
0.25 
Suy ra  2
1 1 1
P a b t t f t
a b ta b
       
 
 (đặt 
1
t
a b


) 0.25 
 ' 3 22
1
2 1 0 2 1 0 1f t t t t t
t
          . 0.25 
Lập bảng biến thiên của  f t với t>0 ta có minP=f(1)=1 0.25 
 17 
4
1 5
4 1
5
a
a b
a b
b

  
  
  

TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 54 
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 3 3 1y x mx    (1). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m  . 
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị ,A B sao cho tam giác OAB vuông tại O ( 
với O là gốc tọa độ ). 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 1 6sin cos2x x x   . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2 3
2
1
2lnx x
I dx
x

  . 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 2 15 6.5 1 0x x    . 
b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực 
nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm  4;1;3A  và đường thẳng 
1 1 3
:
2 1 3
x y z
d
  
 

. Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua A và vuông góc với đường thẳng 
d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho 27AB  . 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a  , I là 
trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC là trung điểm H của BC , 
mặt phẳng  SAB tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp .S ABC và tính khoảng 
cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB theo a . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có  1;4A , tiếp tuyến 
tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của ADB có 
phương trình 2 0x y   , điểm  4;1M  thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2
3 5 4
4 2 1 1
x xy x y y y
y x y x
      

     
Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số dương và 3a b c   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
3 3 3
bc ca ab
a bc b ca c ab
P  
  
 
 18 
 19 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 54 
Câu 1 
1a 
 Vơí m=1 hàm số trở thành : 3 3 1y x x    
TXĐ: D R 
 2' 3 3y x   , ' 0 1y x    
0.25 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1  và  1; , đồng biến trên khoảng 
 1;1 
Hàm số đạt cực đại tại 1x  , 3CDy  , đạt cực tiểu tại 1x   , 1CTy   
lim
x
y

  , lim
x
y

  hoctoancapba.com 
0.25 
* Bảng biến thiên 
 x – -1 1 + 
 y’ + 0 – 0 + 
 y 
 + 3 
 -1 - 
0.25 
Đồ thị: 
0.25 
1b 
 2 2' 3 3 3y x m x m     
 2' 0 0 *y x m   
0.25 
Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  0 **m  0.25 
Khi đó 2 điểm cực trị  ;1 2A m m m  ,  ;1 2B m m m 0.25 
Tam giác OAB vuông tại O . 0OAOB  3
1
4 1 0
2
m m m      ( TM (**) ) 
Vậy 
1
2
m  
0.25 
4
2
2
4
 20 
Câu 2 
 sin2 1 6sin cos2x x x   
 (sin 2 6sin ) (1 cos2 ) 0x x x    
0.25 
   22sin cos 3 2sin 0x x x   
   2sin cos 3 sin 0x x x   hoctoancapba.com 
0.25 
sin 0
sin cos 3( )
x
x x Vn

   
 0.25 
 x k . Vậy nghiệm của PT là ,x k k Z  0.25 
Câu 3 
22 2 2 22
2 2 2
1 1 1 11
ln ln 3 ln
2 2 2
2 2
x x x x
I xdx dx dx dx
x x x
         0.25 
Tính 
2
2
1
ln x
J dx
x
  
Đặt 
2
1
ln ,u x dv dx
x
  . Khi đó 
1 1
,du dx v
x x
   
Do đó 
2 2
2
1 1
1 1
lnJ x dx
x x
    
0.25 
2
1
1 1 1 1
ln 2 ln 2
2 2 2
J
x
      0.25 
Vậy 
1
ln 2
2
I   0.25 
Câu 4 
4a 
2 15 6.5 1 0x x    2
5 1
5.5 6.5 1 0 1
5
5
x
x x
x
 
    
 

 0.25 
0
1
x
x

   
 Vậy nghiệm của PT là 0x  và 1x   0.25 
4b 
  311 165n C   0.25 
 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là 2 1 1 25 6 5 6. . 135C C C C  
 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 
135 9
165 11
 
0.25 
Câu 5 
Đường thẳng d có VTCP là  2;1;3du   
Vì  P d nên  P nhận  2;1;3du   làm VTPT 
0.25 
Vậy PT mặt phẳng  P là :      2 4 1 1 3 3 0x y z       
 2 3 18 0x y z     
0.25 
Vì B d nên  1 2 ;1 ; 3 3B t t t     0.25 
 21 
27AB     
2 22 227 3 2 6 3 27AB t t t         27 24 9 0t t    
3
3
7
t
t


 

 Vậy  7;4;6B  hoặc 
13 10 12
; ;
7 7 7
B
 
  
 
 0.25 
Câu 6 
j
C
B
A
S
H
K
M
Gọi K là trung điểm của AB 
HK AB  (1) 
Vì  SH ABC nên SH AB (2) 
Từ (1) và (2) suy ra AB SK  
Do đó góc giữa  SAB với đáy bằng 
góc giữa SK và HK và bằng 
60SKH  
Ta có 
3
tan
2
a
SH HK SKH  
0.25 
Vậy 
3
.
1 1 1 3
. . . .
3 3 2 12
S ABC ABC
a
V S SH AB AC SH   0.25 
Vì / /IH SB nên  / /IH SAB . Do đó      , ,d I SAB d H SAB 
Từ H kẻ HM SK tại M  HM SAB     ,d H SAB HM 
0.25 
Ta có 
2 2 2 2
1 1 1 16
3HM HK SH a
  
3
4
a
HM  . Vậy   
3
,
4
a
d I SAB  0.25 
Câu 7 
K
C
A
DB I
M
M'
E
Gọi AI là phan giác trong của BAC 
Ta có : AID ABC BAI  
 IAD CAD CAI  
Mà BAI CAI , ABC CAD nên 
AID IAD 
 DAI cân tại D  DE AI 
0.25 
 PT đường thẳng AI là : 5 0x y   0.25 
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : 5 0x y   
Gọi 'K AI MM  K(0;5) M’(4;9) 
0.25 
VTCP của đường thẳng AB là  ' 3;5AM  VTPT của đường thẳng AB là 
 5; 3n   
Vậy PT đường thẳng AB là:    5 1 3 4 0x y    5 3 7 0x y    
0.25 
 22 
Câu 8 
 Đk: 
2
2
0
4 2 0
1 0
xy x y y
y x
y
    

  
  

Ta có (1)   3 1 4( 1) 0x y x y y y        
 Đặt , 1u x y v y    ( 0, 0u v  ) 
Khi đó (1) trở thành : 2 23 4 0u uv v  
4 ( )
u v
u v vn

   
0.25 
Với u v ta có 2 1x y  , thay vào (2) ta được : 24 2 3 1 2y y y y     
   24 2 3 2 1 1 1 0y y y y         
0.25 
 
2
2 2 2
0
1 14 2 3 2 1
y y
yy y y
 
 
    
 
2
2 1
2 0
1 14 2 3 2 1
y
yy y y
 
    
      
 0.25 
2y  ( vì 
2
2 1
0 1
1 14 2 3 2 1
y
yy y y
    
    
) 
Với 2y  thì 5x  . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5;2 
0.25 
Câu 9 
Vì a + b + c = 3 ta có 
3 ( ) ( )( )
bc bc bc
a bc a a b c bc a b a c
 
     
1 1
2
bc
a b a c
 
  
  
Vì theo BĐT Cô-Si: 
1 1 2
( )( )a b a c a b a c
 
   
, dấu đẳng thức xảy ra b = c 
0.25 
Tương tự 
1 1
23
ca ca
b a b cb ca
 
  
   
 và 
1 1
23
ab ab
c a c bc ab
 
  
   
 0.25 
Suy ra P
3
2( ) 2( ) 2( ) 2 2
bc ca ab bc ab ca a b c
a b c a b c
    
    
  
, 0.25 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = 
3
2
 khi a = b = c = 1. 0.25 
 23 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 55 
Câu 1(2 điểm). Cho hàm số    3 22 3 1 y f x x x C     
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình 
 '' 0f x  . 
Câu 2(1 điểm). 
a) Cho 
4
cos , 0
5 2

 
 
    
 
 . Tính giá trị biểu thức sin cos
4 4
A
 
 
   
     
   
 . 
b) Cho số phức 3 2z i  . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w iz z  . 
Câu 3(0.5 điểm). Giải phương trình 2 2 5 0, x xe e x R    . 
Câu 4(1 điểm). Tính tích phân 
1
1
ln
e
I x xdx
x
 
  
 
 . 
Câu 5(0.5 điểm). Trong cuộc thi “ Rung chuông vàng”, đội Thủ Đức có 20 bạn lọt vào vòng 
chung kết, trong đó có 5 bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia các bạn 
thành 4 nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiện bằng cách bốc 
thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm. 
Câu 6(1 điểm). Trong không gian cho hình chóp S.ABCD, tứ giác ABCD là hình thang cân, hai 
đáy là BC và AD. Biết 2, 2 ,SA a AD a AB BC CD a     . Hình chiếu vuông góc của S trên 
mặt phẳng ABCD trùng với trung điểm cạnh AD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và 
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD. 
Câu 7(1 điểm). Tron