Tuyển Tập Đề Thi Thử Môn Toán Phần 9

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 81

Câu 1 (2,0 điểm).Cho hàm số : y   x3  6 x2  9 x (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) .
2. Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó kẽ được các tiếp tuyến với (C), sao cho trong đó
có hai tiếp tuyến vuông góc nhau .
Câu 2 (1 điểm ).
a) Giải phương trình: 2cos2 2 x  3cos3x  4cos 2 x  3cos x  0
b) Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa : z  1  5i  z  3  i .
Câu 3( 0.5 điểm). Giải phương trình: log 2  3x  1  6  log0,5 5 x  2 
2
2

 xy  2 x  5 y  3  x  2 y
Câu 4 (1 điểm). Giải hệ phương trình : 

x 2 y  2  y x 1  x 1  2x  2 y  2


2

Câu 5. (1 điểm) .Tính tích phân : I   2 x cos 2 xdx
0

Câu 6. (1 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình thang vuông tại B và C, SA   ABCD  ;

biết CD  BC  2 AB  2a; SA  a 3 . Tính khoảng cách giữa BC và SD, góc giữa hai mặt phẳng

 SBC  và  SCD  .
Câu 7. (1 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A  3;6  , trực tâm H  2;1 ,
4 7



trọng tâm G  ;  , C có tung độ dương. Tính diện tích tam giác ABC.
3 3
Câu 8. (1 điểm) : Trong không gian tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 , B  2;1;0 , C  2;0;2  . 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 có 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 có 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 : x  y  z  3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
x3
y3
z3
2
 3
 3
  xy  yz  zx  .
biểu thức: P  3
y  8 z  8 x  8 27
1


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

2


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 81

1
M  a;0  là điểm cần tìm.Tiếp tuyến của (C) kẽ từ M là đường thẳng

 t  : y  k  x  a  …. k thỏa:
3
2
2
3
2


 x  6 x  9 x  k  x  a 
 x  6 x  9 x   3x  12 x  9   x  a  1


2
2


 2

3x  12 x  9  k
3x  12 x  9  k
1b

x  3  0

1   x  3  2 x 2  3ax  3a   0  

*

2
 2 x  3ax  3a  0

0.25

Lập luận đi đến (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 : k x  k x   1

0.25

9a 2  24a  0
82
 82 
...  
a
Vậy M   ;0 
27
 27 
27a  81  1

0.25

1

Câu

0.25

2

2
Khi đó , phương trình tương đương với :
 cos2 x  cos 2 x  3cos x  2   0

2a

 
 
x   k  x   k 



4
4
2 x   k 2


cos2 x  0




 cos x  1   x  k
(k  )
2
cos2 x  3cos x  2  0  2cos 2 x  3cos x  1  0 
1 
2

cos x  
 x    k 2
2 
3


Vậy nghiệm phương trình là: x 


4

 k ; x  

2
 k 2
3

 x, y  
từ gt ,ta có : x  1   y  5 i  x  3   y  1 i ;
2
2

2
2
  x  1   y  5   x  3   y  1  x  3 y  4  0  x  4  3 y

0.25

0.25

Giả sử : z  x  yi,

2b

Khi đó z  x2  y 2  10 y 2  24 y  16
z nhỏ nhất bằng

Câu

0.25

8
2 6
khi và chỉ khi: z   i
5
5 5

0.25

3
2
5

log 2  3x  2  5x  2   6   3x  2  5x  2   64  15x2  4 x  68  0

ĐK x 

x  2

 x   34
15


0.25
0.25
0.25

3


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Kết hợp đk ta được tập nghiệm phương trình là: S  2
Câu

0.25

4
 y  1
x  1

ĐK : 

0.25

Pt đầu của hệ tương đương với  x  y  1 2 y  x  3  0  2 y  x  3  0 (do đk)

0.25

Thay vào pt thứ hai, được:  2 y  3 2 y  2  y 2 y  2  2 y  2  2 y  4
  y  2





2 y  2  2  0  2 y  2  2  0  y  1 (thỏa đk )

Hệ pt có nghiệm duy nhất : x  5, y  1
Câu

0.25

5




2

2

0

0

I   xdx   x cos 2 xdx




x2
+  xdx 
2
0
2

2

0



0.25

2

0.25

8









2

2
12
1
+ J   xcos2 xdx  x sin 2 x 02   sin 2 xdx  cos2 x  0
20
4
0
0

I

Câu

2

6





+Tính được : cos (SBC ), ( SCD) 

0.5
1
7

0.5

7
Tìm được B 1; 2 , C  6;3

0.5
1
2

Diện tích tam giác ABC : S  5 2
Câu

0.25

0.25

8

+ Tính được : d  BC, SD   a 3

Câu

0.25

12

 30
2

8
Lập luận để được mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng qua BC
và vuông góc với (ABC)
BC   0; 1; 2  , AB  1;0; 1 .
Vectơ pháp tuyến của (ABC) là:

n ABC    BC, AB   1; 2;1

0.5

0.25
0.25

Suy ra VTPT của   là : n   BC, n ABC     5; 2;1

0.25

Pt   : 5x  2 y  z  8  0

0.25
4


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Câu

9
:   C124  495
Các khả năng:
0.25
+4 bi lấy được không có bi vàng:4bi đỏ; 1 bi đỏ +3bi xanh;
+4 bi lấy được có đúng 1 bi vàng:gồm 2bi đỏ, 1 bi vàng, 1 bi xanh hoặc 3 bi đỏ , 1
bi vàng.
  C54  C51.C43  C52 .C42  C53 .C41  C52 .C31.C41  C53 .C31 = 275
P  A 

Câu

0.25

275 5

495 9

10
Áp dụng bđt Cauchy cho các số dương:
Tương tự, thu được :

x3
y  2 y2  2 y  4
x3
x
3




3

3
y 8
27
27
729 3

x3
y3
z3
x 2  y 2  z 2  15



1
y 3  8 z 3  8 x3  8
27

2
2
2
4 x  y  z  2  xy  yz  zx  4  x  y  z 
1
P 
 

9
27
9

27
9

0.25
0.25

2

P

1
1
khi và chỉ khi x  y  z  1  min P 
9
9

0.25
0.25

5


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 82

Câu 1: (2đ) Cho hàm số y  x 4  2(m2  m  1) x 2  m  1
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 góc   ( ; ) mà sin  

2

1

. Tính sin(   )
6
5

b) Cho số phức z thoả mãn điều kiện: 2(z-1)= 3z  (i  1)(i  2) . Tìm môđun của z
Câu 3: (0,5đ) Giải bất phương trình: 9x1  8.3x2  1  0
Câu 4: (1đ) Giải phương trình: x  2 x  1  2(3  x)2

2 x2  4 x  1
dx
Câu 5: (1đ) Tính: I= 
2
x

1
0

4

Câu 6: (1đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, AB=a, AC=2a và SA vuông
0
góc với mặt đáy. Biết góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 . Tính theo a thể tích khối
chóp 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 có tâm đường tròn ngoại tiếp
K(

3 1
; ), đường cao AH: 3x-4y+5=0 và trung tuyến AM: 2x-y=0. Tìm toạ độ các đỉnh của tam
2 2

giác ABC

Câu 8: (1đ) Trong không 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 thông quốc gia có 10 phòng thi gồm 6
phòng mỗi phòng có 24 thí sinh và 4 phòng mỗi phòng có 25 thí sinh. Sau 1 buổi thi, 1 phóng
viên truyền hình chọn ngẫu nhiên 10 thí sinh trong số các thí sinh đã dự thi buổi đó 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 không có 2 thí sinh nào cùng thuộc 1 phòng thi
Câu 10: (1đ) Xét các số thực không âm x, y, z thoả mãn điều kiện: x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức P=xy+yz+zx+

4
x yz

6

THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 82

1
Vớ
i m=0
y=x 4  2x2  1
TXĐ : D=

0.25

y'=4x 3  4x
 x0
y'  0  
 x  1
Trê
n cá
c khoả
ng (-1;0) và(1;+), y'>0 nê
n hà
m sốđồ
ng biế

n

Trê
n khoả
ng (-;-1) và(0;1), y'<0 nê
n hà
m sốnghòch biế
n
Hà
m sốđạt CĐ tại xCĐ =0; yCĐ  1

0.25

Hà
m sốđạt CT tại xCT =  1; yCT  2
1a

lim  ; lim  

x

x

BBT :
x
y'



y



1
0
1
- 0 + 0 - 0
1
-2


+

0.25


-2

0.25

Gọi d làtiế
p tuyế
n cầ
n tìm,M(x 0 ;y 0 ) làtiế
p điể
m
: y=24x+2

1b

k d : hệsốgó
c củ
ad
 cóhệsốgó
c k   24
d// => k d =k  <=> y'(x 0 )=24  4x30 -4x 0 =24  x0  2
y0  7, y '( x0 )  24
Pttt củ
a (C) tại M(2;7) là
: y=24x-41
Vậ
y pttt cầ
n tìm lày =24x-41

Câu

0.25

0.25
0.25
0.25

2

7


THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

cos 2   1  sin 2  

4
5



2a

Do   ( ; ) nê
n cos <0
2
2
Do đócos  
5





0.25



sin(  )  sin  .cos  sin .cos 
6
6
6
2( z  1)  3z  (i  1)(i  2)
(*)

2b

Đặ
t z=a+bi (a, b  )  z  a  bi
(*)  (2a  2)  2bi  3a  3  (1  3b)i
 a 1
2a  2  3a  3

 
 
1
b

 2b  1  3b

5

Mô
đun củ
a z: |z|= a 2  b 2 
Câu

5( 3  2)
10

0.25

0.25

26

5

3

9 x1  8.3x2  1  0  (3x ) 2  8.3x  9  0

(1)

Đặ
t t=3x , t>0
t  1
(1) trởthà
nh: t 2  8t  9  0  
 t 9
Kế
t hợp vớ
i đk, ta được: t  9  3x  9  x  2

Vậ
y bpt cónghiệ
m làx  2
Câu

0.25

0.25

0.25

4

x  2 x  1  2(3  x) 2
1
2
Vớ
i đk trê
n, pt tương đương
Đk: x 

2( x  5)
2 x  1  3  2 x  13x  15 
 ( x  5)(2 x  3)
2x  1  3
x5


(2 x  3)( 2 x  1  3)  2
Giả
i (2 x  3)( 2 x  1  3)  2 (1)

0.25

Đặ
t t= 2 x  1, t  0  t 2  2 x  1

0.25

2

(1) trởthà

nh: t 3  3t 2  2t  8  0
8


THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

t  2 (loại )
 (t  2)(t 2  t  4)  0   2
t  t  4  0
 1  17
(nhậ
n)
t 
2
2
Giả
i t t 40 

1  17
(loại )
t 

2
1  17
1  17
11  17
Vớ
it
 2x  1 
x

(nhậ
n)
2
2
4
11  17
Vậ
y pt cónghiệ
m làx=5 hoặ
cx
4
Câu

0.25

5

Đặ
t t= 2 x  1  t 2  2 x  1  x 

x  4 thì t=3

t2 1
 tdt  dx
2

x=0 thì t=1
t2 1 2
t2 1
t 4  2t 2  1

2x  4 x  1  2(
)  4.
1 
2
2
2
4
2
t  2t  1
3
3
3 478
1 4
1 t 5 2t 2
2
2
I 
.t.dt   (t  2t  1).dt  ( 
 t) 
1 15
t
21
2 5
3
1
2

Câu

0.25

0.25
0.25
0.25

0.25

6

BC  AB ( gt )
(1)


BC  SA (do SA  ( ABC )) 
 BC  ( SAB)
 BC  SB
(2)
(1)(2)  gó
c giữ
a (SBC) và(ABC)
làSBA  SBA  600
Xé
t ABC vuô
ng tại B:

0.25

BC= AC 2  AB 2  a 3
Xé
t S AB vuô

ng tại A:
SA  AB.tan SBA  a 3
1
a2 3
SABC  . AB.BC 
2
2
1
a3
VS . ABC  .SABC.SA 
(đvtt)
3
2

0.25

9


THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Trong (SAB), kẻGK  SB tại K

GK  SB

  GK  ( SBC )  d (G,( SBC ))  GK
GK  BC (do BC  ( SAB)) 
Gọi M làtđ củ
a SB
Trong (SAB), kẻAH  SB tại H

Xé
t ABS vuô
ng tại A cóđườ
ng cao AH
1
1
1
4
a 3




AH

AH 2 AB 2 AS 2 3a 2
2
MKG đồ
ng dạng vớ
i MHA (g.g)

0.25

0.25

GK MG 1
AH a 3

  GK 


AH MA 3
3
6
a 3
Vậ
y d(G,(SBC))=
(đvđd)
6

=>

Câu

7
Ta có {A}=AH  AM  Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:
3x  4 y  5  0 3x  4 y  5  x  1


 A 1; 2 

2 x  y  0
2 x  y  0
y  2

0.25

Ta có:
AH  BC 
  AH / / KM  KM : 3x-4y+m=0 (m  5)
KM  BC 

Mà:
5
 3 
 1 
K  KM  3.    4.    m  0  m  (thỏa
2
 2 
 2

m5)
5
2

Nên KM: 3x  4 y   0

0.25

Ta có {M}=AM  KM  Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
5
5
1



3x  4 y   0 3x  4 y  
x 
1 

2

2
2  M  ;1

2 
2 x  y  0
2 x  y  0
 y  1

Ta có: BC  KM  BC: 4x+3y+n=0
1
2

Mà M  BC  4.  3.1  n  0  n  5
Nên BC: 4x+3y-5=0
 5  4b 
B  BC  B  b;

3 

KA 

 x A  xK    y A  y K 
2

2

2

2

  3    1 
25
 1        2      
2
  2    2 

0.25

Ta có:
10


THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

KA  KB  KA2  KB 2 

25
2
2
  xB  xK    y B  y K 
2

25 
3   5  4b 1 
25 
3   13  8b 

 b    
  
 b    


2 
2  3
2
2 
2  6 
2

2

2

2

2

2

2

25 
3   13 4b 
25
3 9  13 
13 4b  4b 

 b       
 b 2  2.b.      2. .   
2 
2  6 3 

2
2 4 6
6 3  3 
25
125 52b 16b 2

 b 2  3b 


2
18
9
9
b  2
25b 2 25b 50
0

 
9
9
9
b  1

2

Với b=2 thì B(2;-1)
x x

1
xM  B C




 xC  2 xM  xB  2.  2  1
2
M là trung điểm BC  

 C (1;3)
2
 y  yB  yC

 yC  2 yM  yB  2.1  (1)  3
M


2

Với b=-1 thì B(-1;3)

0.25

x x

1
xM  B C



 xC  2 xM  xB  2.  (1)  2
2

M là trung điểm BC  

 C (2; 1)
2
 y  yB  yC

 yC  2 yM  yB  2.1  3  1
M


2

Câu

Vậy A(1;2); B(2;-1); C(-1;3) hoặc A(1;2); B(-1;3); C(2;-1)
8

Gọi H làhình chiế
u củ
a M lê
n (P)
(P) cóVTPT n( P )  (2;1;1)
MH qua M(1;-2;3) vàcóVTCP: u  n( P )  (2;1;1)
 x  1  2t

MH :  y  2  t
 z 3t

M  MH  H (1  2t ; 2  t ;3  t )
H  ( P)  2(1  2t )  2  t  3  t  7  0

0.25

 t 

2
3

7 4 11
Nê
n H( ; ; )
3 3 3

11


THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

m MM'
H làtrung điể
11


x

x
2

x
M

H
'
M

3

2

<=>  yM '  2 yH  yM 
3

13

 zM '  2 z H  zM  3

4 2 2
MH  ( ; ; )
3 3 3

y M'(
Vậ

11 2 13
)
;
3 3 3

4
2
2

8
MH  ( )2  ( ) 2  ( ) 2 
3
3
3
3
Gọi (S) làmặ
t cầ
u đườ
ng kính MM'

7 4 11
8
(S) cótâ
m H( ; ; ) vàcóbá
n kính R=MH=
3 3 7
3
7
4
11
8
( x  )2  ( y  )2  ( z  )2 
3
3
7
3
Câu

0.25

0.25

0.25

9

Tổ
ng sốthí sinh củ
a điể
m thi: 6.24+4.25=244 (thí sinh)
Khô
ng gian mẫ
u  làtậ
p hợp gồ
m tất cảcá
c cá
ch chọn 10 thí
0.25

sinh từ244 thí sinh củ
a điể
m thi
10
Ta có
: n     C244

Kí hiệ
u X làbiế
n cố

" Trong 10 thí sinh được chọn phỏ
ng
vấ
n khô
ng có2 thí sinh nà
o cù
ng thuộ
c mộ
t phò
ng thi"
n  X   246.254

0.25

Xá
c suấ
t cầ
n tìm là
:
n  X  246.254
P=

 4,37.104
10
n
C244
Câu

10

Ta có
: xy + yz + zx =

1
2
x  y  z    x 2  y 2  z 2 


2

 x  y  z
=

2

3

2

x  y  z
Do đóP=
2

2

3



0.25

4
x yz
12


THẦY HỒNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Vì 0  xy + yz + zx  x 2  y 2  z 2  3

 x  y  z
Nê
n 0

2

3

2

3

 0   x  y  z  3  6
2

0.25

 3  x  y  z  9
2

Suy ra 3  x  y  z  3
Đặ
t t =x+y+z, 3  t  3
t2  3 4
P=

2
t
2
t 3 4
Xé
t f(t)=
 vớ
i 3t 3
2
t
4 t3  4
f'(t)= t- 2  2
t
t
f '  t   0  t 3  4  t  3 4 (loại )
f

0.25

 3   4 33

f  3 

13

3

13
khi
3
13
Do đóP 
3

Nê
n f t  

Khi x=y=z=1 thì P=

3t 3
0.25

13
3

13
Do đógiátròlớ
n nhấ
t củ
a P là
3

13

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 83

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x4  x2 .
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 có bốn nghiệm
thực phân biệt 4 x 2 1  x 2   1  k .
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình 3z 2  6 z  15  0 trên tập hợp số thức.
b) Biết cos  

cot   tan 
4
và 00    900 . Tính giá trị của biểu thức A 
.
cot   tan 
5

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2log3  x  1  log
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

3

 2 x  1  2 .

2 x  7  5  x  3x  2 .

1
2

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x 
 e x  dx .
2
1 x

0

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a . Cạnh bên
SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 450 và SC  2a 2 . Tính

thể tích khối chóp 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 A  4; 1 . Hai đường trung tuyến BB1 và CC1
của tam giác ABC có phương trình lần lượt là 8x  y  3  0 và 14 x 13 y  9  0 . Xác định tọa độ
các đỉnh B và C .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm A(7;2;1), B( 5; 4; 3) và mặt
phẳng (P) : 3x

2y

6z

3

0 . 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 đó
phân biệt. Tính xác suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi.
Câu 10 (1,0điểm). Cho x, y, z là ba số dương có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
sau: P  1  x  1  y  1  z .

14


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 83

1
+ Đưa về được PT hoành độ giao điểm: x 4  x 2 

k 1
4

0.25

+ Lập luận được: Số nghiệm PT đã cho chính là số giao điểm của (C) và đường
1b

thẳng (d): y 

k 1
.
4

0.25
1
4

+ Lập luận được: YCBT   

Câu
2a

k 1
0
4

0.25

+ Giải ra đúng 0  k  1

0.25

2
+ Tính đúng  '  36  0

0.25

+ Nêu được hai nghiệm z1 

3  6i
3  6i
 1  2i , z2 
 1  2i
3
3

1
2cos 2   1
25
4
+ Thay cos   , ta được A 
7
5

+ Biến đổi được A 
2b
Câu

0.25
0.25

3

x  1

log3  x  1  log3  2 x  1  1

+ PT  

x  1

+ 

2
2 x  3 x  2  0

Câu

0.25

 x2

0.25

4
+ ĐK:

2
 x  5 . Biến đổi PT về dạng
3

2 x  7  3x  2  5  x

+ Bình phương hai vế, đưa về được 3x2 17 x  14  0
+ Giải ra được x  1 hoặc x 

14
3

+ Kết hợp với điều kiện, nhận được
Câu

0.25

0.25
0.25
0.25

14
2
 x  1 hoặc
 x5
3
3

0.25

5
1
1
1
2
2x
x 
+ I   x 
 e  dx   2
dx   xe x dx
2

1 x

0
0 x 1
0

1

+ Tính được I1  
0

2x
dx  ln 2
x 1
2

0.25
0.25
15


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831
1

+ Tính được I 2   xe x dx  1

0.25

0

+ Tính đúng đáp số 1  ln 2
Câu

0.25

6
1
3

+ Vẽ hình đúng, nêu được công thức thể tích V  S ABCD .SA

0.25

và tính đúng SA  AC  2a .
+ Tính đúng BC  AC 2  AB2  a 3 , S ABCD  AB.BC  a 2 3
và ĐS đúng

V

0.25

a3 2 3
.
3

+ 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
+ Tính được AH theo công thức
Câu

Câu

Câu

1
1
1


2
2
AH
AS
AD2

0.25
0.25

7
+ Gọi B1 là trung điểm AC, suy ra B1 (a,8a-3).

0.25

Vì B1 là trung điểm AC nên C(2a-4;16a-5).

0.25

+ Vì C  CC1 nên suy ra a=0. Từ đây, thu được C(-4;-5)

0.25

+ Tương tự cho B(1;5).

0.25

8
 x  7  12t

+ Đường thẳng AB đi qua A, VTCP AB   12; 6; 4  có PTTS là  y  2  6t
 z  1  4t


0.5

 x  7  12t
 y  2  6t

+ Xét hệ phương trình 
và CM được hệ VN
 z  1  4t
3x  2 y  6 z  3  0

0.5

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 có được   A102  90

0.25

+ Gọi A là biến cố “Gọi 1 lần đúng số cần gọi”, ta có A  1 . Vậy xác suất cần
tìm là P  A 
Câu

0.25

1
90

10
+ Áp dụng BĐT AM-GM, ta có

2
1  x  . 
3

2
3  5  3x
2
6

1 x 

0.25

16


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

+ Tương tự, ta thu được

1  x  .

2

3

1  y  .

2

3

1  z  .

2 5  3x 5  3 y 5  3z



2
3
6
6
6

+ Suy ra P  6

0.25

0.25

1
3

+ Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  .

0.25

17


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

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 có hệ số góc 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 z  2 z  1  5i  .
2

b) Giải phương trình: cos2x  2sin x 1  2sin x cos 2x  0 .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 3.25 x2  3x  105 x2  x  3 .



 



Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 3  1  x 2  1  3x x  1  0 .


ln x

 ln 2 x  dx .

1  x 1  ln x
e

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B biết AB
= AC = a, AD = 2a, SA vuông góc với đáy và (SCD) hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích khối
chóp S.ABCD.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
 : 3x  4 y  4  0 .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 không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(2;-1;4), B(0;1;0) và

x
đường thẳng

:

2t

y

1

t ,

z

4

t

t

. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua

điểm A và vuông góc với đường thẳng và tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
tam giác ABM vuông tại M.

sao cho

Câu 9 (0,5 điểm) Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : P  (1  2 x  3x2 )10 .
Câu 10 (1,0điểm). Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c .

18


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu

1b

Câu

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 84

1
+ 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

4

 x  5
 y  3x  2
+ Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 

 y  2 x  2
y  2

5

0.25

2

2a

+ GT  3a  bi  24  10i

0.25

+ Áp dụng hai số phức bằng nhau, suy ra a=-8,b=-10  ĐS

0.25

 PT  cos2 x 1  2sin x   1  2sin x   0

0.25

  cos2 x  11  2sin x   0

+ Khi cos2x=1<=> x  k , k  Z
1
5

 k 2 , k  Z
Khi s inx   x   k 2 hoặc x 

2b

2

Câu

6

0.25

6

3
3.25x 2   3x  10  5x 2  x  3



 

 



 5x 2 3.5x 2  1  x 3.5 x 2  1  3 3.5 x 2  1  0







 3.5 x2  1 5 x2  x  3  0

0.25

3.5 x2  1  0
1
  x 2
5  x  3  0 2
1
1
+ 1  5x2   x  2  log 5  2  log 5 3
3
3
x 2
2  5   x  3 . Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà

0.25

(2) có nghiệm x = 2 nên là nghiệm duy nhất.
Vậy Pt có nghiệm là: x = 2  log 5 3 và x = 2.
Câu

4
+ x 3  1  x 2  1  3x x  1  0  x 3  x 2   3 x 3  x 2  2  0

2
3

2
+ Đặt t  x x  1   . PT  t  3t  2  0

0.25
0.25
19


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

+ Giải ra được x  1 hoặc x 

14
3

0.25

2

t




3
2
2

+ 
 t    x x  1    x  1
t  1
3
3


 t  2

Câu

0.25

5
+ I   

ln x

 ln 2 x  dx =I1 + I2

1  x 1  ln x
e

0.25

42 2

3
+ Tính được I 2  e  2
+ Tính được I1 

0.25
0.25

+ Tính đúng đáp số đúng
Câu

0.25

6
Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC
Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  a2 = 3AB2  AB =
2

SA

a2
=a 
3
2

SABC =
V =

Câu

S

a 2
 SA =
3

A(a;

C
A

(đvtt)

a

+Theo giả thiết ta có

8a

8b

0.25

0.25

1
AB.d (C  )  3 AB .
2
2
a  4
 6  3a 

AB  5  (4  2a) 2  
  25   a  0
 2 

S ABC 

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
Câu

0.25

B

3a  4
16  3a
)  B(4  a;
).
4
4

Khi đó diện tích tam giác ABC là

0.25

a

7
+ Gọi

0.25

a

1
1 a2 3
a2 3
AB. AC.sin1200 =
=
2
2 3 2
12

1 a 2 a2 3
a3 2
=
3 3 12
36

a
3

0.25
0.25
0.25

8
* Mp(P) có vtpt n a
(2; 1;1)
*Ptmp(P) là: 2x – y + z - 9 = 0.
*Xét ptgđ của đt

và mp(P) 4t – 1(1-t) + (4 + t) - 9 = 0
* Gọi N là gđ cần tìm
Thay t = 1 vào đt
ta được N(2 ; 0 ; 5)
Ta có M
nên tọa độ M(2t ; 1- t ; 4 + t)
Vì tam giác ABM vuông tại M nên ta có

0.25
t = 1.
0.25
0.25
20


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

t=0
AM

BM

AM .BM

0

t=

* Vậy ta có hai điểm M cần tìm là M(0;1;4), M(
Câu

2 2 13
)
; ;
3 3 3

0.25

9
+ Ta có

10

k

k 0

k 0

i 0

k  i  4
i  0 i  1 i  2



0  i  k  10  
k

4

k

3


k  2
i, k  N


0.25

C104 24  C103 C31 223  C102 C22 32  8085 .

0.25

+Vậy hệ số của x 4 là:
10

10

P  (1  2 x  3x 2 )10   C10k (2 x  3x 2 ) k   ( C10k Cki 2k i3i x k i )

Theo giả thiết ta có

Câu

1
3



 







+ Đặt u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w
M  uvw 



2a  2b  2c

 
2

 3a  3b  3c

 
2

 4a  4b  4c



2

0.25
0.25

+ Theo cô – si có 22  2b  2c  3 2a b  c  6 . Tương tự …

0.25

+ Vậy M  3 29. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1.

0.25

3

21


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 85

Câu 1.(2,0 điểm)
Cho hàm số y  x3  3x2  4 (C ) .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) .
b) Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3x2  m  1 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.
Câu 2.( 1,0 điểm)
a) Giải phương trình : 3cos5x  2sin 3x.c os2x  s inx  0

b) Cho số phức: z  3  2i .Xác định phần thực và phần ảo của số phức z 2  z .
Câu 3.( 0,5 điểm)
Giải phương trình: log

x  2  log 1 (2  x)  log 27 x3  0
3

3

Câu 4.( 1,0 điểm)
x  2  4  x  x2  6 x  11

Giải phương trình:
Câu 5.( 1,0 điểm)

x 3

3

Tính tích phân I  

1 3 x  1  x  3

dx

Câu 6.( 1,0 điểm)
a

Cho hình chóp S.ABC có AB=AC=a, BC= , SA  a 3, SAB  SAC  300 .Tính thể tích khối
2

chóp S.ABC
Câu 7.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ oxy, cho elip(E):

x2
4

 y 2  1 và điểm C(2;0).Tìm tọa độ

các điểm A,B  (E) biết rằng A,B đối xứng nhau qua trục hoành và  ABC đều
Câu 8.(1,0 điểm)
Trong không gian oxyz cho điểm A(0;2;2) . Viết phương trình đường thẳng  qua A và
vuông góc đường thẳng d1 :

x 1
3



 x  2

 ; đồng thời cắt d :  y  t .
2
2
2
z  1  t


y2

z

Câu 9.(0,5 điểm)
Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 có 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)





2

Cho x, y là các số thực thỏa mãn x2  y 2  1  3x2 y 2  1  4 x2  5 y 2 . Tìm GTLN và GTNN
2
2
2 2
của biểu thức P  x  2 y  3x y .
x2  y 2  1

22


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu
1b

Câu

1
Dựa vào đồ thị tìm được 1  m  3

0.25

2
PT 

2a

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 85

3
1


cos5 x  sin 5 x  s inx  sin   5 x   s inx
2
2
3


0.25





x


k

18
3

x     k 

6
2

0.25

z 2  z   3  2i    3  2i   8  14i

0.25

Phần thực a=8; phần ảo b=-14

0.25

2

2b
Câu

3
+ ĐK: 0  x  2 (*)

+PT  log3 ( x  2)  log3(2  x)  log3 x  0
 log [( x  2)(2  x)]= log x  (2  x)(2  x)  x
3
3
1  17
 x2  x  4  0  x 
2

Kết hợp với (*) ta được nghiệm của phương trình là x 
Câu

0.25

1  17
2

4
+ ĐK: x   2; 4
x  2 1

x2 


2
+ Áp dụng BĐT Cauchy 
 x2  4 x  2
 4  x  4  x 1


2

x  2  1
2
 x  3 . Mặt khác x2  6 x  11   x  3  2  2 dấu “=”xảy ra
4  x  1

Dấu “=”khi 

0.25

0.25

0.25

0.25

khi x=3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=3
Câu

Câu

0.25

5
Đặt t  x  1

0.5

ĐS: I  6ln3  8

0.5

6
Áp dụng định lí cô sin

0.25
23


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831
2
2
2
SB  SA  AB  2SA. AB cos SAB  3a2  a2  2a 3.a cos 300  a 2
 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

0.25
1

1

1

+ Ta có VS . ABC  VS .MBC  VA.MBC  SM .SMBC  MA.SMBC  SA.SMBC .
3
3
3
+ Tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm BC suy ra MN vuông BC.
Tương tự MN vuông SA.
3a 2
a 3
 MN 
+ Ta có MN 2  AN 2  AM 2  AB 2  BN 2  AM 2 
.
16
4
1

a3

6

16

+ Vậy V  SA.MN .BC 
Câu

0.25

7
Giả sử A( x0 ; y0 ), B( x0 ;  y0 ) .

0.25

x02
x02
2
2
+ Vì A,B thuộc (E) nên
 y0  1  y0  1 
, (1) .
4
4



+ Mà tam giác ABC đều nên AB 2  AC 2  x0  2



2

 y02  4 y02 , (2)

2 4 3 2 4 3
 ;  ; 
 .
7
7
7
7


 


+ Từ (1) và (2) suy ra A,B là một trong hai điểm  ;
Câu

Câu

0.25

8
Giả sử  cắt d 2 tại B(-2;t;1+t)

0.25
0.25
0.25

Ta có AB   2; t  2; t  1

0.25

Đường thẳng d1 có VTCP u   3; 2; 2 

0.25

 vuông d1  AB.u  0  t  3  AB   2;1; 2  .

0.25

 x  2u


Vậy  qua A có VTCP AB   2;1; 2  có PTTS:  y  2  u
 z  2  2u


0.25

9
Giả sử số cần lập có dạng a1a2a3a4a5a6

a , a , a  1; 2;5
Theo đề a3  a4  a5  8   3 4 5
.
TH1: a3 , a4 , a5  1; 2;5 .

0.25

a3 , a4 , a5  1;3; 4

Có 6 cách chọn a1; 5 cách chọn a2; 3! Cách chọn a3,a4,a5 và 4 cách chọn a6

0.25
24


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Vậy có 6.5.3!.4=720 số
TH2: a3 , a4 , a5  1;3; 4 . Tương tự có 720 số
Vậy có 1440 số thỏa đề.

Câu

10

  3  x 2  y 2   2   x 2  3x 2 y 2
2
* Mà  x2  3x2 y 2  0   x2  y 2   3  x2  y 2   2  0 ;

0.25

* Đặt t  x2  y2  t 2  3t  2  0  1  t  2 .

0.25



* Từ giả thiết ta có: x2  y 2

2

*Ta được
P

x 2  2 y 2  3x 2 y 2
x2  y 2  1







2 x 2  y 2  x 2  3x 2 y 2

* Xét hàm số f (t ) 

x2  y 2  1

t2  t  2
t 1




x2  y 2

   x2  y2   2  t2  t  2 , t 1;2
2

x2  y 2  1

0.25

t 1


x  0
 min f (t )  f (1)  1
 min P  1, khi 
 1;2 

 y  1


, t  1;2  
4
 x  0
4
 max f (t )  f (2) 

3 max P  3 , khi 
 1;2 
 y   2



0.25

25