Đề thi thử quốc gia môn toán - Đề số 81

THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
1 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 81 
 Câu 1 (2,0 điểm).Cho hàm số : 3 26 9y x x x    (1) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) . 
 2. Tìm trên trục hồnh những điểm mà từ đĩ kẽ được các tiếp tuyến với (C), sao cho trong đĩ 
cĩ hai tiếp tuyến vuơng gĩc nhau . 
 Câu 2 (1 điểm ). 
a) Giải phương trình: 22 os 2 3cos3 4cos2 3cos 0c x x x x    
b) Tìm số phức z cĩ mơđun nhỏ nhất thỏa : 1 5 3z i z i     . 
Câu 3( 0.5 điểm). Giải phương trình:    2 0,5log 3 1 6 log 5 2x x    
Câu 4 (1 điểm). Giải hệ phương trình : 
2 22 5 3 2
2 2 1 1 2 2 2
xy x y x y
x y y x x x y
     

       
Câu 5. (1 điểm) .Tính tích phân : 
2
2
0
2 cosI x xdx

  
Câu 6. (1 điểm ). Cho hình chĩp S.ABCD, cĩ đáy là hình thang vuơng tại B và C,  SA ABCD ; 
biết 2 2 ; 3CD BC AB a SA a    . Tính khoảng cách giữa BC và SD, gĩc giữa hai mặt phẳng 
 SBC và  SCD . 
Câu 7. (1 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cĩ  3;6A  , trực tâm  2;1H , 
trọng tâm 
4 7
;
3 3
G
 
 
 
, C cĩ tung độ dương. Tính diện tích tam giác ABC. 
Câu 8. (1 điểm) : Trong khơng gian tọa độ Oxyz , cho      1;1;1 , 2;1;0 , 2;0;2A B C . Viết phương 
trình mặt phẳng   đi qua hai điểm B, C và cách A một khoảng lớn nhất. 
Câu 9.(0.5 điểm). Một hộp cĩ 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên lấy 
4 viên bi từ hộp. Gọi A là biến cố “ trong số 4 viên bi lấy được cĩ số bi đỏ lớn hơn số bi vàng. 
Tính xác suất của biến cố A. 
Câu 10. (1 điểm ). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : 3x y z   .Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức:  
3 3 3
3 3 3
2
8 8 8 27
x y z
P xy yz zx
y z x
     
  
. 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
2 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
3 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 81 
Câu 1 
1b 
 ;0M a là điểm cần tìm.Tiếp tuyến của (C) kẽ từ M là đường thẳng 
   :t y k x a  . k thỏa: 
      
 
3 2 23 2
2 2
6 9 3 12 9 16 9
3 12 9 3 12 9 2
x x x x x x ax x x k x a
x x k x x k
            
 
         
0.25 
    
 
2
2
3 0
1 3 2 3 3 0
2 3 3 0 *
x
x x ax a
x ax a
 
      
  
 0.25 
Lập luận đi đến (*) cĩ hai nghiệm phân biệt    1 21 2, : 1x xx x k k   0.25 
29 24 0 82
...
2727 81 1
a a
a
a
  
   
  
 Vậy 
82
;0
27
M
 
 
 
 0.25 
Câu 2 
2a 
Khi đĩ , phương trình tương đương với : 
 
2
os2 cos 2 3cos 2 0
4 4
2 2os2 0
cos 1 ( )2
os2 3cos 2 0
2cos 3cos 1 0 1 2
cos 2
2 3
c x x x
x k x k
x kc x
x x k k
c x x
x x
x x k
 
 





   
 
    
                   
     
 
 0.25 
Vậy nghiệm phương trình là: 
2
; 2
4 3
x k x k
 
      0.25 
2b 
Giả sử :  , ,z x yi x y   
từ gt ,ta cĩ :    1 5 3 1x y i x y i       ; 
       
2 2 2 2
1 5 3 1 3 4 0x y x y x y            4 3x y   
0.25 
Khi đĩ 2 2 210 24 16z x y y y     
z nhỏ nhất bằng
8
5
khi và chỉ khi: 
2 6
5 5
z i  
0.25 
Câu 3 
ĐK
2
5
x  0.25 
  2log 3 2 5 2 6x x     3 2 5 2 64x x   
215 4 68 0x x    0.25 
2
34
15
x
x


  

 0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
4 
Kết hợp đk ta được tập nghiệm phương trình là:  2S  0.25 
Câu 4 
ĐK :
1
1
y
x
 


 0.25 
Pt đầu của hệ tương đương với   1 2 3 0 2 3 0x y y x y x         (do đk) 0.25 
Thay vào pt thứ hai, được:  2 3 2 2 2 2 2 2 2 4y y y y y y        
   2 2 2 2 0 2 2 2 0 1y y y y           (thỏa đk ) 
0.25 
Hệ pt cĩ nghiệm duy nhất : 5, 1x y  0.25 
Câu 5 
2 2
0 0
cos 2I xdx x xdx
 
   0.25 
+
2 22 2
0 0
2 8
x
xdx
 

  0.25 
+
2 2
2
0
0 0
1
os2 sin 2 sin 2
2
J xc xdx x x xdx
 

   
2
0
1
os2 0
4
c x

  0.25 
2
8
I

 0.25 
Câu 6 
+ Tính được :  , 3d BC SD a 0.5 
+Tính được :   1cos ( ), ( )
7
SBC SCD  0.5 
Câu 7 
Tìm được    1; 2 , 6;3B C 0.5 
Diện tích tam giác ABC : 
1 12
5 2 30
2 2
S   0.5 
Câu 8 
Lập luận để được mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng qua BC 
và vuơng gĩc với (ABC) 
   0; 1;2 , 1;0; 1BC AB    . 
0.25 
Vectơ pháp tuyến của (ABC) là:    , 1;2;1ABCn BC AB    0.25 
Suy ra VTPT của   là :    , 5;2;1ABCn BC n     0.25 
Pt   : 5 2 8 0x y z     0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
5 
Câu 9 
: 4
12 495C   
Các khả năng: 
+4 bi lấy được khơng cĩ bi vàng:4bi đỏ; 1 bi đỏ +3bi xanh; 
+4 bi lấy được cĩ đúng 1 bi vàng:gồm 2bi đỏ, 1 bi vàng, 1 bi xanh hoặc 3 bi đỏ , 1 
bi vàng. 
0.25 
4 1 3 2 2 3 1 2 1 1 3 1
5 5 4 5 4 5 4 5 3 4 5 3. . . . . .C C C C C C C C C C C C       = 275 
  
275 5
495 9
P A   
0.25 
Câu 10 
Áp dụng bđt Cauchy cho các số dương: 
3 2 3
3
3
2 2 4
3
8 27 27 729 3
x y y y x x
y
  
   

 0.25 
Tương tự, thu được :
3 3 3 2 2 2
3 3 3
15
1
8 8 8 27
x y z x y z
y z x
  
   
  
 0.25 
   
22 2 2 24 4 1
9 27 9 27 9
x y z xy yz zx x y z
P
      
      0.25 
1
9
P  khi và chỉ khi 1x y z   
1
min
9
P  0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
6 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 82 
Câu 1: (2đ) Cho hàm số 
4 2 22( 1) 1     y x m m x m 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m=0 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng 
y=24x+2 
Câu 2: (1đ) 
a) Cho gĩc ( ; )
2

  mà sin
1
5
  . Tính sin(
6

  ) 
b) Cho số phức z thoả mãn điều kiện: 2(z-1)=3 ( 1)( 2)z i i   . Tìm mơđun của z 
Câu 3: (0,5đ) Giải bất phương trình: 
1 29 8.3 1 0x x    
Câu 4: (1đ) Giải phương trình: 22 1 2(3 )x x x    
Câu 5: (1đ) Tính: I=
4 2
0
2 4 1
2 1
x x
dx
x
 

 
Câu 6: (1đ) Cho hình chĩp S.ABC cĩ đáy là tam giác vuơng tại B, AB=a, AC=2a và SA vuơng 
gĩc với mặt đáy. Biết gĩc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 
060 . Tính theo a thể tích khối 
chĩp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng (SBC) 
Câu 7: (1đ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cĩ tâm đường trịn ngoại tiếp 
K(
3 1
;
2 2
 
), đường cao AH: 3x-4y+5=0 và trung tuyến AM: 2x-y=0. Tìm toạ độ các đỉnh của tam 
giác ABC 
Câu 8: (1đ) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1;-2;3) và mặt phẳng (P): 
2x+y+z-7=0. Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua mặt phẳng (P). Tìm toạ độ của điểm M’ và viết 
phương trình mặt cầu đường kính MM’ 
Câu 9: (0,5đ) Tại 1 điểm thi của kì thi Trung học phổ thơng quốc gia cĩ 10 phịng thi gồm 6 
phịng mỗi phịng cĩ 24 thí sinh và 4 phịng mỗi phịng cĩ 25 thí sinh. Sau 1 buổi thi, 1 phĩng 
viên truyền hình chọn ngẫu nhiên 10 thí sinh trong số các thí sinh đã dự thi buổi đĩ để phỏng vấn. 
Giả sử khả năng được chọn để phỏng vấn của các thí sinh là như nhau. Tính xác suất để trong 10 
thí sinh được chọn phỏng vấn khơng cĩ 2 thí sinh nào cùng thuộc 1 phịng thi 
Câu 10: (1đ) Xét các số thực khơng âm x, y, z thoả mãn điều kiện: 
2 2 2 3x y z   . Tìm giá trị 
lớn nhất của biểu thức P=xy+yz+zx+
4
x y z 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
7 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 82 
Câu 1 
1a 
 

 
  
 
4 2
3
 m=0
y=x 2 1
: D=
y'=4x 4
0
' 0
1
Với
x
TXĐ
x
x
y
x
0.25 


 

 các khoảng (-1;0) và (1;+ ), y'>0 nên hàm số đồng biến
 khoảng (- ;-1) và (0;1), y'<0 nên hàm số nghịch biến
Hàm số đạt CĐ tại x =0; y 1
Hàm số đạt CT tại x = 1; y
CĐ CĐ
CT CT
Trên
Trên
 
 
   
2
lim ; lim
x x
 0.25 
  
  
:
1 0 1
' - 0 + 0 - 0 +
 1
-2 -2
BBT
x
y
y
 0.25 
0.25 
1b 
0 0
:d

Gọi d là tiếp tuyến cần tìm,M(x ;y ) là tiếp điểm
: y=24x+2
k hệ số góc của d
 0.25 
3
0 0 0 0
24
4 2d x


 
   
 có hệ số góc k
d// => k =k y'(x )=24 x -4x =24
0.25 
0 07, '( ) 24y x y
0.25 
 của (C) tại M(2;7) là: =24x-41
Vậy pttt cần tìm là =24x-41
Pttt y
y
0.25 
Câu 2 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
8 
2a 
2 2 4cos 1 sin
5
( ; )
2
2
5
 nên cos <0
Do đó cos
Do
 

  

  

 
0.25 
5( 3 2)
sin( ) sin .cos sin .cos
6 6 6 10
  
  

   
0.25 
2b 
2( 1) 3 ( 1)( 2) (*)
(*) (2 2) 2 3 3 (1 3 )
z z i i
z a bi
a bi a b i
    
   
      
Đặt z=a+bi (a, b )
0.25 
2 2
1
2 2 3 3
1
2 1 3
5
26
5
a
a a
b b b
a b

   
  
   
 Môđun của z: |z|=
0.25 
Câu 3 
1 2 2
2
9 8.3 1 0 (3 ) 8.3 9 0 (1)
,
1
8 9 0
9
x x x x
x
t
t
t
       
 
     
Đặt t=3 t>0
(1) trở thành: t
0.25 
2
2
x x
x
    

Kết hợp với đk, ta được: t 9 3 9
Vậy bpt có nghiệm là 
0.25 
Câu 4 
2
2
2 1 2(3 )
1
2
2( 5)
2 1 3 2 13 15 ( 5)(2 3)
2 1 3
5
(2 3)( 2 1 3) 2
x x x
x
x x x x x
x
x
x x
   


        
 

 
   
Đk: x 
Với đk trên, pt tương đương
0.25 
2
3 2
(2 3)( 2 1 3) 2
2 1, 0 2 1
(1) 3 2 8 0
x x
x t t x
t t
   
    
   
Giải (1)
Đặt t=
 trở thành: t
0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
9 
2
2
2
2 ( )
( 2)( 4) 0
4 0
1 17
( )
2
4 0
1 17
2
t
t t t
t t
t
t t
t
 
         
  

   
  


 loại
nhận
Giải 
 (loại)
0.25 
1 17 1 17 11 17
2 1
2 2 4
11 17
4
t x x
x
    
     


Với (nhận)
Vậy pt có nghiệm là x=5 hoặc 
0.25 
Câu 5 
2
2 12 1 2 1
2
t
x t x x tdt dx

       Đặt t=
0.25 
4 thì t=3
x=0 thì t=1
x 
0.25 
2 2 4 2
2 21 1 2 14 1 2( ) 4. 1
2 2 2
2x
t t t t
x
   
     
0.25 
4 2
3 3 5 2
4 2
1 1
2 1
31 1 2 4782 . . ( 2 1). ( )
12 2 5 3 15
t t
t t
I t dt t t dt t
t
 
        
0.25 
Câu 6 
0
2 2
( ) (1)
( )
( )
(2)
(1)(2)
60
3
.tan 3
BC AB gt
BC SA ABC
BC SAB
BC SB
SBA SBA
AC AB a
S
SA AB SBA a
 

  
 
 

 

 

 
 (do SA )
góc giữa (SBC) và (ABC) 
là 
Xét ABC vuông tại B:
BC=
Xét AB vuông tại A:
0.25 
2
3
.
1 3
. .
2 2
1
. .
3 2
ABC
ABC (đvtt)S ABC
a
S AB BC
a
V S SA


 
 
0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
10 
( ) ( ,( ))
( )
Trong
GK SBC d G SBC GK
GK BC SAB

 
   
  
 (SAB), kẻ GK SB tại K
GK SB
 (do BC )
0.25 
2 2 2 2
1 1 1 4 3
3 2
1 3
3 3 6
3
6
a
AH
AH AB AS a
MKG MHA
GK MG AH a
GK
AH MA
a


    
 
    
Gọi M là tđ của SB
Trong (SAB), kẻ AH SB tại H
Xét ABS vuông tại A có đường cao AH
 đồng dạng với (g.g)
=>
Vậy d(G,(SBC))= (đvđd)
0.25 
Câu 7 
Ta cĩ {A}=AH  AM  Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình: 
 
3 4 5 0 3 4 5 1
1;2
2 0 2 0 2
x y x y x
A
x y x y y
        
    
      
0.25 
Ta cĩ: 
/ / : 3x-4y+m=0 (m 5)
AH BC
AH KM KM
KM BC
 
  
 
Mà: 
3 1
3. 4. 0
2 2
K KM m
    
       
   
5
2
m  (thỏa 
m5) 
Nên KM: 
5
3 4 0
2
x y   
Ta cĩ {M}=AM  KM  Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 
5 5 1
3 4 0 3 4 1
;12 2 2
2
2 0 2 0 1
x y x y x
M
x y x y y
  
          
      
         
Ta cĩ: BC  KM  BC: 4x+3y+n=0 
Mà 
1
4. 3.1 0 5
2
M BC n n        
Nên BC: 4x+3y-5=0 
0.25 
   
2 2
2 2
5 4
;
3
3 1 25
1 2
2 2 2
A K A K
b
B BC B b
KA x x y y
 
   
 
      
                
      
Ta cĩ: 
0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
11 
   
2 22 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2
2
25
2
25 3 5 4 1 25 3 13 8
2 2 3 2 2 2 6
25 3 13 4 25 3 9 13 13 4 4
2. . 2. .
2 2 6 3 2 2 4 6 6 3 3
25 125 52 16
3
2 18 9 9
B K B KKA KB KA KB x x y y
b b
b b
b b b
b b b
b b
b b
       
        
               
       
       
                  
       
     
2 225 25 50
0
19 9 9
bb b
b

       
Với b=2 thì B(2;-1) 
M là trung điểm BC 
1
2 2. 2 12
( 1;3)2
2 2.1 ( 1) 3
2
B C
M
C M B
B C
C M BM
x x
x
x x x
C
y y
y y yy

        
    
        
Với b=-1 thì B(-1;3) 
M là trung điểm BC 
1
2 2. ( 1) 22
(2; 1)2
2 2.1 3 1
2
B C
M
C M B
B C
C M BM
x x
x
x x x
C
y y
y y yy

        
    
        
Vậy A(1;2); B(2;-1); C(-1;3) hoặc A(1;2); B(-1;3); C(2;-1) 
0.25 
Câu 8 
( )
( )
(2;1;1)
(2;1;1)
1 2
: 2
3
(1 2 ; 2 ;3 )
2
( ) 2(1 2 ) 2 3 7 0
3
P
P
n
MH u n
x t
MH y t
z t
M MH H t t t
H P t t t t

 
 

  
  
     
          
Gọi H là hình chiếu của M lên (P)
(P) có VTPT 
 qua M(1;-2;3) và có VTCP: 
Ne
7 4 11
3 3 3

ân H( ; ; )
0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
12 
'
'
'
11
2
3
2 11 2 13
2 ;
3 3 3 3
13
2
3
M H M
M H M
M H M
H
x x x
y y y
z z z

  

 
  


  

 là trung điểm MM'
 Vậy M'( )
0.25 
2 2 2
4 2 2
( ; ; )
3 3 3
4 2 2 8
( ) ( ) ( )
3 3 3 3
MH
MH

   
0.25 
2 2 2
7 4 11 8
3 3 7 3
7 4 11 8
( ) ( ) ( )
3 3 7 3
Gọi (S) là mặt cầu đường kính MM'
(S) có tâm H( ; ; ) và có bán kính R=MH=
x y z

     
0.25 
Câu 9 
  10244C

 
Tổng số thí sinh của điểm thi: 6.24+4.25=244 (thí sinh)
Không gian mẫu là tập hợp gồm tất cả các cách chọn 10 thí 
sinh từ 244 thí sinh của điểm thi
Ta có: n
0.25 
 
 
 
6 4
6 4
4
10
244
24 .25
24 .25
4,37.10
X
n X
n C


 

Kí hiệu X là biến cố" Trong 10 thí sinh được chọn phỏng 
vấn không có 2 thí sinh nào cùng thuộc một phòng thi"
n
Xác suất cần tìm là:
P= 
0.25 
Câu 10 
   
 
 
2 2 2 2
2
2
1
2
3
2
3 4
2
x y z x y z
x y z
x y z
x y z
     
 
  
  

 
Ta có: xy + yz + zx = 
 =
Do đó P=
0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
13 
 
 
 
2 2 2
2
2
2
3
3
3
2
0 3 6
3 9
3 3
x y z
x y z
x y z
x y z
x y z
    
  
 
     
    
   
Vì 0 xy + yz + zx 
Nên 0
Suy ra 
0.25 
 
2
2
3
2 2
3 3
3 3
3 4
2
3 4
3 3
2
4 4
' 0 4 4
t
t
t
t
t
t
t
t t
f t t t
 



  


    
Đặt t =x+y+z,
P=
Xét f(t)= với 
f'(t)= t-
 (loại)
0.25 
 
 
 
4 3
3
3
13
3
3
13
3 3
3
13
3
13
3
13
3
f
f
t t


  

Nên f khi 
Do đó P 
Khi x=y=z=1 thì P=
Do đó giá trị lớn nhất của P là 
0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
14 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 83 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2y x x  . 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số đã cho. 
b) Dựa vào đồ thị  C hãy tìm tất cả các giá trị của tham số k để phương trình sau cĩ bốn nghiệm 
thực phân biệt  2 24 1 1x x k   . 
Câu 2 (1,0 điểm) 
a) Giải phương trình 23 6 15 0z z   trên tập hợp số thức. 
b) Biết 
4
cos
5
  và 0 00 90  . Tính giá trị của biểu thức 
cot tan
cot tan
A
 
 



. 
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình    3 32log 1 log 2 1 2x x    . 
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 7 5 3 2x x x     . 
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
2
0
2
1
xI x e dx
x
 
  
 
 . 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chĩp .S ABCD cĩ đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a . Cạnh bên 
SA vuơng gĩc với mặt phẳng đáy, SC tạo với mặt phẳng đáy một gĩc 045 và 2 2SC a . Tính 
thể tích khối chĩp .S ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SCD theo a . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm  4; 1A  . Hai đường trung tuyến 1BB và 1CC 
của tam giác ABC cĩ phương trình lần lượt là 8 3 0x y   và 14 13 9 0x y   . Xác định tọa độ 
các đỉnh B và C . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong khơng gian với hệ trụcOxyz , cho hai điểm (7;2;1), ( 5; 4; 3)A B và mặt 
phẳng( ) : 3 2 6 3 0P x y z . Viết phương trình đường thẳng AB và chứng minh rằng AB song 
song với (P). 
Câu 9 (0,5 điểm). Một người gọi điện thoại, quên hai chữ số cuối và chỉ nhớ rằng hai chữ số đĩ 
phân biệt. Tính xác suất để người đĩ gọi một lần đúng số cần gọi. 
Câu 10 (1,0điểm). Cho , ,x y z là ba số dương cĩ tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
sau: 1 1 1P x y z      . 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
15 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 83 
Câu 1 
1b 
+ Đưa về được PT hồnh độ giao điểm: 4 2
1
4
k
x x

  0.25 
+ Lập luận được: Số nghiệm PT đã cho chính là số giao điểm của (C) và đường 
thẳng (d): 
1
4
k
y

 . 
0.25 
+ Lập luận được: YCBT
1 1
0
4 4
k 
    0.25 
+ Giải ra đúng 0 1k  0.25 
Câu 2 
2a 
+ Tính đúng ' 36 0    0.25 
+ Nêu được hai nghiệm 1
3 6
1 2
3
i
z i

   , 2
3 6
1 2
3
i
z i

   0.25 
2b 
+ Biến đổi được 
2
1
2cos 1
A



 0.25 
+ Thay 
4
cos
5
  , ta được 
25
7
A  0.25 
Câu 3 
 + 
   3 3
 x 1
log 1 log 2 1 1
PT
x x

 
   
 0.25 
+ 
2
 x 1
 2
2 3 2 0
x
x x

  
  
 0.25 
Câu 4 
 + 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 5 
+ 
1 1 1
2 2
0 0 0
2 2
1 1
x xxI x e dx dx xe dx
x x
 
    
  
   0.25 
+ Tính được 
1
1 2
0
2
ln 2
1
x
I dx
x
 

 0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
16 
+ Tính được 
1
2
0
1xI xe dx  0.25 
+ Tính đúng đáp số 1 ln 2 0.25 
Câu 6 
+ Vẽ hình đúng, nêu được cơng thức thể tích 
1
.
3
ABCDV S SA 
và tính đúng 2SA AC a  . 
0.25 
 + Tính đúng 2 2 3BC AC AB a   , 2. 3ABCDS AB BC a  
và ĐS đúng 
3 2 3
3
a
V  . 
0.25 
 + Gọi H là hình chiếu của A lên SD. CM được  AH SCD . 
Từ đây khẳng định được      , ,d B SCD d A SCD =AH 
0.25 
+ Tính được AH theo cơng thức 
2 2 2
1 1 1
AH AS AD
  0.25 
Câu 7 
+ Gọi 1B là trung điểm AC, suy ra 1B (a,8a-3). 0.25 
Vì 1B là trung điểm AC nên C(2a-4;16a-5). 0.25 
+ Vì 1C CC nên suy ra a=0. Từ đây, thu được C(-4;-5) 0.25 
+ Tương tự cho B(1;5). 0.25 
Câu 8 
 + Đường thẳng AB đi qua A, VTCP  12; 6; 4AB     cĩ PTTS là 
7 12
2 6
1 4
x t
y t
z t
 

 
  
 0.5 
 + Xét hệ phương trình 
7 12
2 6
1 4
3 2 6 3 0
x t
y t
z t
x y z
 
  

 
    
và CM được hệ VN 0.5 
Câu 9 
 + Hai chữ số cuối phân biệt nên gọi  là tập hợp tất cả các cách chọn 2 số phân 
biệt trong 10 chữ số  0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 , ta cĩ được 210 90A   
0.25 
+ Gọi A là biến cố “Gọi 1 lần đúng số cần gọi”, ta cĩ 1A  . Vậy xác suất cần 
tìm là  
1
90
P A  
0.25 
Câu 10 
 + Áp dụng BĐT AM-GM, ta cĩ  
2
1
2 5 331 .
3 2 6
x
x
x
 

   0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
17 
+ Tương tự, ta thu được 
     
2 2 2 5 3 5 3 5 3
1 . 1 . 1 . 2
3 3 3 6 6 6
x y z
x y z
  
         
0.25 
+ Suy ra 6P  0.25 
+ Dấu bằng xảy ra khi 
1
3
x y z   . 0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
18 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 84 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 
b) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(1;1) và cĩ hệ số gĩc bằng 3. Tìm điểm M thuộc đường 
thẳng d sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. 
Câu 2 (1,0 điểm) 
a) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện  
2
2 1 5z z i   . 
b) Giải phương trình: cos2x 2sin x 1 2sin xcos2x 0    . 
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình   3510325.3 22   xx xx . 
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình     01311 23  xxxx . 
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
  
 
 . 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chĩp S.ABCD cĩ đáy ABCD là hình thang vuơng tại A và B biết AB 
= AC = a, AD = 2a, SA vuơng gĩc với đáy và (SCD) hợp với đáy một gĩc 600. Tính thể tích khối 
chĩp S.ABCD. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng 
:3 4 4 0x y    .Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam 
giác ABC bằng15. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(2;-1;4), B(0;1;0) và 
đường thẳng : 
2
1 ,
4
x t
y t t
z t
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua 
điểm A và vuơng gĩc với đường thẳng và tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho 
tam giác ABM vuơng tại M. 
Câu 9 (0,5 điểm) Tìm hệ số của 4x trong khai triển Niutơn của biểu thức : 2 10(1 2 3 )P x x   . 
Câu 10 (1,0điểm). Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 3.a b c   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 4 9 16 9 16 4 16 4 9 .a b c a b c a b cM          
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
19 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 84 
Câu 1 
1b 
+ d: y=3x-2 0.25 
+ Xét biểu thức P=3x-y-2. Thay tọa độ điểm (0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm (2;-
2)=>P=6>0. Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng d. 
Từ đây, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng 
0.25 
+ Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 0.25 
+ Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
4
3 2 5
2 2 2
5
x
y x
y x
y

  
 
    

 0.25 
Câu 2 
2a 
+ GT 3 24 10a bi i     0.25 
+ Áp dụng hai số phức bằng nhau, suy ra a=-8,b=-10ĐS 0.25 
2b 
   
  
os2 1 2sin 1 2sin 0
 os2 1 1 2sin 0
PT c x x x
c x x
     
   
 0.25 
 + Khi cos2x=1 x k , k Z 
 Khi 
1
sinx
2
  2
6
x k

  hoặc 
5
2
6
x k

  , k Z 
0.25 
Câu 3 
 
     
2 2
2 2 2 2
3.25 3 10 5 3
5 3.5 1 3.5 1 3 3.5 1 0
x x
x x x x
x x
x
 
   
    
      
  
 
 










2035
1015.3
03515.3
2
2
22
x
x
x
x
xx
0.25 
+   3log2
3
1
log2
3
1
51 55
2   xx 
   352 2   xx . Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà 
(2) cĩ nghiệm x = 2 nên là nghiệm duy nhất. 
Vậy Pt cĩ nghiệm là: x = 3log2 5 và x = 2. 
0.25 
Câu 4 
 +       02301311 232323  xxxxxxxx 0.25 
 + Đặt 
3
2
1  xxt . PT 0232  tt 0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
20 
 + Giải ra được 1x  hoặc 
14
3
x  0.25 
 + 
2
3 2 2
1 1
1 3 3
2
t
t x x x
t
t

 

            
  
 0.25 
Câu 5 
 + 2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
  
 
 =I1 + I2 0.25 
 + Tính được 
1
4 2 2
3
I

 0.25 
 + Tính được 
2
2I e  0.25 
 + Tính đúng đáp số đúng 0.25 
Câu 6 
Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC 
Ta cĩ : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  a2 = 3AB2  = 
3
a
AB 0.25 
2
2 2 2 = a SA = 
3 3
a a
SA   0.25 
2 2
01 1 3 a 3 = . .sin120 = = 
2 2 3 2 12
ABC
a
S AB AC 0.25 
2 31 2 3 2
 = = 
3 12 363
a a a
V (đvtt) 0.25 
Câu 7 
 + Gọi 
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
4 4
a a
A a B a
 
  . 0.25 
Khi đĩ diện tích tam giác ABC là 
1
. ( ) 3
2
ABCS AB d C AB   . 0.25 
+Theo giả thiết ta cĩ 
2
2
46 3
5 (4 2 ) 25
02
aa
AB a
a
 
          
 0.25 
Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 0.25 
Câu 8 
8a 
* Mp(P) cĩ vtpt (2; 1;1)n a 
*Ptmp(P) là: 2x – y + z - 9 = 0. 
0.25 
*Xét ptgđ của đt và mp(P) 4t – 1(1-t) + (4 + t) - 9 = 0 t = 1. 
* Gọi N là gđ cần tìm 
Thay t = 1 vào đt ta được N(2 ; 0 ; 5) 
0.25 
8b 
Ta cĩ M nên tọa độ M(2t ; 1- t ; 4 + t) 
 Vì tam giác ABM vuơng tại M nên ta cĩ 
0.25 
B 
A 
S 
a 
a 
a 
C 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
21 
t=0
t=
. 0 1
3
AM BM AM BM 
* Vậy ta cĩ hai điểm M cần tìm là M(0;1;4), M(
2 2 13
; ;
3 3 3
) 0.25 
Câu 9 
 + Ta cĩ 
10 10
2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x 
  
        
Theo giả thiết ta cĩ 
4
0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
 
    
        
     
0.25 
+Vậy hệ số của 4x là: 4 4 3 1 2 2 2 210 10 3 10 22 2 3 3 8085C C C C C   . 0.25 
Câu 10 
 + Đặt      2 ;3 ;4 , 2 ;3 ;4 , w 2 ;3 ;4 wa b c c a b b c au v M u v       0.25 
     
2 2 2
w 2 2 2 3 3 3 4 4 4a b c a b c a b cM u v            0.25 
 + Theo cơ – si cĩ 
322 2 2 3 2 6b c a b c     . Tương tự  0.25 
 + Vậy 3 29.M  Dấu bằng xảy ra khi 1.a b c   0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
22 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐỀ SỐ 85 
Câu 1.(2,0 điểm) 
 Cho hàm số 3 23 4 ( )y x x C   . 
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) . 
 b) Tìm m để đồ thị hàm số 3 23 1y x x m    cắt trục hồnh tại 3 điểm phân biệt. 
Câu 2.( 1,0 điểm) 
 a) Giải phương trình : 3 os5 2sin 3 . os2 s inx 0c x x c x   
 b) Cho số phức: 3 2z i  .Xác định phần thực và phần ảo của số phức 2z z . 
Câu 3.( 0,5 điểm) 
 Giải phương trình: 3log 2 log (2 ) log 0
1 273
3
x x x     
Câu 4.( 1,0 điểm) 
 Giải phương trình: 22 4 6 11x x x x      
Câu 5.( 1,0 điểm) 
 Tính tích phân 

 
   
3 x 3
I dx
13 x 1 x 3
Câu 6.( 1,0 điểm) 
 Cho hình chĩp S.ABC cĩ AB=AC=a, BC=
2
a
, 03, 30SA a SAB SAC   .Tính thể tích khối 
 chĩp S.ABC 
Câu 7.(1,0 điểm) 
 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ oxy, cho elip(E): 
2
2
1
4
x
y  và điểm C(2;0).Tìm tọa độ 
các điểm A,B(E) biết rằng A,B đối xứng nhau qua trục hồnh và ABC đều 
Câu 8.(1,0 điểm) 
 Trong khơng gian oxyz cho điểm A(0;2;2) . Viết phương trình đường thẳng  qua A và 
vuơng gĩc đường thẳng 
1 2
:
1 3 2 2
x y z
d
 
  ; đồng thời cắt 
2
:
2
1
x
d y t
z t
 

 





. 
Câu 9.(0,5 điểm) 
 Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 cĩ thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mỗi số gồm 6 chữ số 
khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn bằng 8. 
Câu 10.(1,0 điểm) 
 Cho x, y là các số thực thỏa mãn  
2
2 2 2 2 2 21 3 1 4 5x y x y x y      . Tìm GTLN và GTNN 
 của biểu thức 
2 2 2 22 3
2 2 1
x y x y
P
x y
 

 
. 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
23 
TRUNG TÂM LUYỆN THI 
THĂNG LONG 
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 85 
Câu 1 
1b Dựa vào đồ thị tìm được 1 3m   0.25 
Câu 2 
2a 
PT
3 1
os5 sin 5 sinx sin 5 sinx
2 2 3
c x x x
 
      
 
 0.25 
18 3
6 2
x k
x k
 
 

 
 
   

 0.25 
2b 
   
22 3 2 3 2 8 14z z i i i       0.25 
Phần thực a=8; phần ảo b=-14 0.25 
Câu 3 
+ ĐK: 0 2x  (*) 
+PT log ( 2) log (2 ) log 0
3 3 3
    x x x
log [( 2)(2 )]=log (2 )(2 )
3 3
      x x x x x x 
1 172 4 0
2
 
     x x x 
0.25 
Kết hợp với (*) ta được nghiệm của phương trình là 
1 17
2
x
 
 0.25 
Câu 4 
+ ĐK:  2;4x 0.25 
+ Áp dụng BĐT Cauchy 
2 1
2
2
2 4 2
4 1
4
2
x
x
x x
x
x
 
 
    
   

 0.25 
Dấu “=”khi 
2 1
3
4 1
x
x
x
 
 
 
. Mặt khác  
22
6 11 3 2 2x x x      dấu “=”xảy ra 
khi x=3 
0.25 
Vậy phương trình cĩ nghiệm duy nhất x=3 0.25 
Câu 5 
Đặt 1t x  0.5 
ĐS:  I 6ln3 8 0.5 
Câu 6 
 Áp dụng định lí cơ sin 0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
24 
2 2 2 2 2 0 2
2 . cos 3 2 3. cos30SB SA AB SA AB SAB a a a a a       
SB a  
+ Tương tự SC a . 
+ Gọi M là trung điểm SA, do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên 
( )
MB SA
SA MBC
MC SA

 

+ Ta cĩ 
1 1 1
. . .
. . . 3 3 3
V V V SM S MA S SA S
S ABC S MBC A MBC MBC MBC MBC
     . 
0.25 
+ Tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm BC suy ra MN vuơng BC. 
 Tương tự MN vuơng SA. 
+ Ta cĩ 
2
32 2 2 2 2 2
16
3
4
a
MN AN AM AB BN AM MN
a
        . 
0.25 
+ Vậy 
3
1
. .
6 16
a
V SA MN BC  0.25 
Câu 7 
Giả sử ( ; ), ( ; )
0 0 0 0
A x y B x y . 0.25 
+ Vì A,B thuộc (E) nên 
2 2
2 20 01 1
0 04 4
, (1)
x x
y y     . 0.25 
+ Mà tam giác ABC đều nên  
22 2 2 2
2 4 , (2)
0 0 0
AB AC x y y     0.25 
+ Từ (1) và (2) suy ra A,B là một trong hai điểm 
2 4 3 2 4 3
; ; ;
7 7 7 7
   
      
   
. 0.25 
Câu 8 
Giả sử  cắt 2d tại B(-2;t;1+t) 
Ta cĩ  2; 2; 1AB t t    
0.25 
Đường thẳng 1d cĩ VTCP  3;2;2u  0.25 
 vuơng 1d  . 0 3 2;1;2AB u t AB       . 0.25 
Vậy  qua A cĩ VTCP  2;1;2AB   cĩ PTTS: 
2
2
2 2
x u
y u
z u
 

 
  
 0.25 
Câu 9 
Giả sử số cần lập cĩ dạng 51 2 3 4 6a a a a a a 
 Theo đề 
 
 
, , 1; 2;553 4
853 4
, , 1;3;453 4
a a a
a a a
a a a

   




. 
0.25 
TH1:  , , 1;2;553 4a a a  . 
 Cĩ 6 cách chọn a1; 5 cách chọn a2; 3! Cách chọn a3,a4,a5 và 4 cách chọn a6 
0.25 
THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 
25 
 Vậy cĩ 6.5.3!.4=720 số 
 TH2:  , , 1;3;453 4a a a  . Tương tự cĩ 720 số 
 Vậy cĩ 1440 số thỏa đề. 
Câu 10 
* Từ giả thiết ta cĩ:    
2
2 2 2 2 2 2 23 2 3x y x y x x y       
* Mà    
2
2 2 2 2 2 2 23 0 3 2 0x x y x y x y         ; 
0.25 
* Đặt 2 2 2 3 2 0 1 2t x y t t t         . 0.25 
*Ta được 
     
 
2
2 2 2 2 2 2 2 2 22 3 22 2 2 2 22 3 2
, 1;2
2 2 2 2 2 2 11 1 1
x y x x y x