Bộ đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 58

SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ 
TỔ TOÁN - TIN 
MÔN TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 1y x x= − + , có đồ thị (C). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) và đường thẳng 
: 2d y x= − . 
Câu 2 (1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn ( )1 2 7 4z i i+ = + . Tìm môđun số phức 2w z i= + . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )
1
2
0
1 .xI x e dx= −∫ 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình ( )2 1
2
log 1 log 1 1x x+ + + = . 
b) Tổ 1 lớp 12A1 có 12 học sinh gồm có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ, trong đó AN là 
tổ trưởng còn HOA là tổ phó. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong tổ để tham gia hoạt 
động tập thể của trường nhân dịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng 3. Tính xác suất để sao 
cho nhóm học sinh được chọn có 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ trong đó phải nhất 
thiết có bạn AN hoặc bạn HOA nhưng không có cả hai (AN là học sinh nam, HOA là 
học sinh nữ). 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm ( ) ( )1; 2;2 , 3; 2;0A B− − − − và mặt 
phẳng (P) có phương trình 3 2 0x y z+ − + = . 
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB. 
b) Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ 
nhất. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C, 
cạnh đáy AB bằng 2a và góc 
 030ABC = . Mặt phẳng ( ' )C AB tạo với đáy ( )ABC một góc 600. 
Tính thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng 'AC và 
'CB . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm 
( )1; 2N − thoả mãn 2 0NB NC+ =


 


  và điểm ( )3;6M thuộc đường thẳng chứa cạnh AD. Gọi H 
là hình chiếu vuông góc của đỉnh A xuống đường thẳng DN. Xác định toạ độ các đỉnh của hình 
vuông ABCD biết khoảng cách từ điểm H đến cạnh CD bằng 12 2
13
 và đỉnh A có hoành độ là 
một số nguyên lớn hơn 2− . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
( )
2 3
2 2
1. 1 1
,
1 2 5 3 3 7
x x y x y y
x y
x y x y x y x y
 − − − − − = + ∈ + + + + = + + +

 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm , ,x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2 2
4 4 5
2 2 2 24
P
x y x z y z y z y x z xx y z
= − −
+ + + + + ++ + +
-------------------------------HẾT------------------------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.....................................................................; Số báo danh:............................. 
Cảm ơn hai bạn bạn Thang Quach   ( quachdangthangpc@gmail.com ) và bạn Chatvuhuy 
(chathoayeume@gmail.com)  đã gửi tới www.laisac.page.tl
~1~ 
Câu ĐÁP ÁN Điểm 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 1y x x= − + , có đồ thị (C). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 1,0 
 Tập xác định: D = 
 0,25 
Ta có 2
0
' 3 6 ' 0
2
x
y x x y
x
== − ⇒ = ⇔  = 
lim
x
y
→±∞
= ±∞ 
Đồ thị hàm số không có tiệm cận 
Bảng biến thiên 
x −∞ 0 2 +∞ 
y' + 0 - 0 + 
y 
 1 +∞ 
−∞ -3 
0,25 
Từ đó suy ra 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( );0−∞ và ( )2;+∞ . 
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( )0;2 
Hàm số đạt giá trị cực đại tại x = 0, ( )0 1CDy y= = 
Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x = 2, ( )2 3CTy y= = − 
0,25 
Đồ thi hàm số. 
Điểm uốn của đồ thị 
( )'' 6 6 '' 0 1 1; 2y x y x I= − ⇒ = ⇔ = ⇒ − là điểm uốn của đồ thị 
Đồ thị (C) cắt trục tung tại điểm A(0;1) 
f(x)=x^3-3*x^2+1
-4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y
0,25 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) và đường thẳng 
: 2d y x= − . 1,0 
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là 
( ) ( )3 2 3 2 2
3
3 1 2 3 3 0 3 1 0 1
1
x
x x x x x x x x x
x
=− + = − ⇔ − − + = ⇔ − − = ⇔ = = −
0,25 
Suy ra giao điểm là ( ) ( ) ( )3;1 , 1; 1 , 1; 3A B C− − − 
Phương trình tiếp tuyến tại ( )3;1A là 9 26y x= − 0,25 
1 
Phương trình tiếp tuyến tại ( )1; 1B − là 3 2y x= − + 
Phương trình tiếp tuyến tại ( )1; 3C − − là 9 6y x= + 0,25 
~2~ 
KL: Các phương trình tiếp tuyến là: 9 26y x= − ; 9 6y x= + ; 3 2y x= − + 0,25 
Câu 2 (1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn ( )1 2 7 4z i i+ = + . Tìm môđun số phức 2w z i= + . 1,0 
Ta có ( ) 7 41 2 7 4
1 2
i
z i i z
i
+
+ = + ⇔ =
+
 0,25 
( )( )
( )( )
2
2
7 4 1 2 7 14 4 8
1 2 1 2 1 4
i i i i i
z z
i i i
+ − − + −
⇔ = ⇔ =
+ − −
15 10 3 2
5
i
z i−⇔ = = − 0,25 
Suy ra 3 2z i= + 
Do đó 2 3 4w z i i= + = + 0,25 
2 
 Vậy 2 2w 3 4 5= + = 0,25 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )1 2
0
1 .xI x e dx= −∫ 1,0 
Đặt 22
1
1
.
2
xx
du dx
u x
v edv e dx
== − ⇒  == 
 0,25 
Suy ra ( )
1 1
2 2
0 0
1 11 .
2 2
x xI x e e dx= − − ∫ 0,25 
 ( )1 22 2
0
1 1 1 1 31
2 4 2 4 4
x ee e
−
= − = − − = 0,25 
3 
 Vậy 
23
4
eI −= 0,25 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình ( )2 1
2
log 1 log 1 1x x+ + + = . 0,5 
Điều kiện: 1x > − 
Phương trình tương đương ( ) ( ) ( )2 2 21 1log 1 log 1 1 log 1 12 2x x x+ − + = ⇔ + = 
0,25 
( )2log 1 2 1 4 3x x x⇔ + = ⇔ + = ⇔ = (thoả mãn) 
Vậy phương trình có nghiệm 3x = . 0,25 
b) Tổ 1 lớp 12A1 có 12 học sinh gồm có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ, trong đó AN là tổ 
trưởng còn HOA là tổ phó. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong tổ để tham gia hoạt động tập thể 
của trường nhân dịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng 3. Tính xác suất để sao cho nhóm học sinh 
được chọn có 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ trong đó phải nhất thiết có bạn AN hoặc bạn 
HOA nhưng không có cả hai. 
0,5 
Mỗi cách chọn nhóm 5 học sinh từ 12 học sinh là một tổ hợp chập 5 của 12. Vì vậy không 
gian mẫu Ω gồm: 512 792C = phần tử. 
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, B là biến cố chọn được nhóm gồm 3 học sinh nam, 2 
học sinh nữ trong đó có bạn AN và không có bạn HOA. C là biến cố chọn được nhóm 
gồm 3 học sinh nam, 2 học sinh nữ trong đó có bạn HOA và không có bạn AN. 
Như vậy, A B C= ∪ và ( ) ( ) ( )n A n B n C= + . 
0,25 
4 
Tính n(B): + Chọn bạn AN, có 1 cách. 
 + Chọn 2 bạn nam từ 6 bạn nam còn lại, có 26C cách. 
 + Chọn 2 bạn nữ từ 4 bạn nữ, có 24C cách. 
Theo quy tắc nhân: ( ) 2 26 41. . 90n B C C= = . 
Tương tự, ( ) 3 16 41. . 80n C C C= = .Vậy ( ) 90 80 170n A = + = . 
Xác suất của biến cố A là: ( ) ( )( )
170
792
n A
P A
n B
= = . 
0,25 
~3~ 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm ( ) ( )1; 2;2 , 3; 2;0A B− − − − và mặt phẳng (P) 
có phương trình 3 2 0x y z+ − + = . 
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB. 
0,5 
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB ( )2; 2;1I⇒ − − 
Ta có ( ) ( )2;0; 2 / / 1;0;1AB n= − − =


  0,25 
Vì mp(Q) là mp trung trực của đoạn AB nên nhận vectơ ( )1;0;1n =
 là vectơ pháp tuyến 
và đi qua điểm ( )2; 2;1I − − . 
Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là: 1 0x z+ + = 
0,25 
b) Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ 
nhất. 0,5 
Mp(P) có VTPT là ( )1 1;3; 1n = −
 
Mp(Q) có VTPT là ( )2 1;0;1n =

 
Suy ra ( )1 2; 3; 2; 3u n n = = − − 

 
 

 là VTCP của ( ) ( )P Q∆ = ∩ 
Lấy ( ) ( ) ( )0; 1; 1E P Q− − ∈∆ = ∩ . Phương trình tham số ∆ là ( )
3
1 2
1 3
x t
y t t
z t
= = − − ∈ = − −

 
0,25 
5 
Điểm ( )3 ; 1 2 ; 1 3M M t t t∈∆⇒ − − − − 
Do đó ( ) ( ) ( )2 2 2 23 1 2 1 3 22 10 2OM OM t t t t t= = + − − + − − = + +



 
Ta có 
2
2 5 19 19 1922 10 2 22.
22 22 2222
t t t OM + + = + + ≥ ⇒ ≥   
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 5 15 6 7; ;
22 22 11 22
t M  = − ⇒ − − −   
Vậy 15 6 7; ;
22 11 22
M  − − −   
0,25 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy 
AB bằng 2a và góc 
 030ABC = . Mặt phẳng ( ' )C AB tạo với đáy ( )ABC một góc 600. Tính thể tích 
của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng 'AC và 'CB . 
1,0 
6 
H
K
M
E
C
A
B' A'
C'
B
* Tính thể tích 
Gọi M là trung điểm của AB. Tam giác CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM. Mặt khác AB ⊥ 

 0
' ( ') ' 60CC AB CMC CMC⇒ ⊥ ⇒ = . Gọi V là thể tích lăng trụ . ' ' 'ABC A B C thì 
. 'ABCV S CC= 
0,25 
~4~ 
Ta có 
2
0 1
.tan 30 .
23 3ABC
a aCM BM S CM AB= = ⇒ = = 
2 3
0
' . tan 60 . 3 .
3 3 3
a a aCC CM a V a= = = ⇒ = = 
0,25 
* Tính khoảng cách 
Gọi E đối xứng với A’ qua C’. Suy ra ACEC’ là hình bình hành. 
Nên AC’//CE ( ) ( )' '/ / 'CB E AC CB E⊂ ⇒ mà ( )' 'B C CB E⊂ . 
Do đó ( ) ( )( ) ( )( )', ' ', ' ', 'd AC B C d AC EB C d C EB C= = 
0,25 
Tam giác A’B’E có A’C’=C’E=B’C’ nên tam giác A’B’E vuông tại B’ 
Gọi K là trung điểm B’E, ta có tam giác B’C’E cân tại C’ nên 
( ) ( ) ( )
' '
' '
' ' ' ' ' ' ' '
C K B E
B E CC K
CC A B C A B E CC B E
⊥ ⇒ ⊥⊥ ≡ ⇒ ⊥ 
Kẻ ( )' ' 'C H CK C H CC K⊥ ⇒ ⊂ mà ( )' ' ' 'B E CC K B E C H⊥ ⇒ ⊥ 
Từ đó ( )' 'C H CB E⇒ ⊥ hay ( )( )' ', 'C H d C CB E= 
Ta tính được 2 2' ' '
3 3
a aCB C B C E CB= ⇒ = = = 
Lại có 
 030ABC = , tam giác ABC cân tại C nên 
 
 
0 0120 ' ' ' ' ' 60ACB A C B B C E= = ⇒ = 
Nên tam giác B’C’E đều; tính được 
2
2 '
' ' '
2
B EC K B C a = − =   
Tam giác CC’K vuông cân tại C’ do đó 
2 2
' 2
'
2 2 2
CK CC CK aC H += = = 
Vậy ( ) 2', ' '
2
ad AC CB C H= = 
0,25 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm ( )1; 2N − 
thoả mãn 2 0NB NC+ =


 


  và điểm ( )3;6M thuộc đường thẳng chứa cạnh AD. Gọi H là hình chiếu 
vuông góc của đỉnh A xuống đường thẳng DN. Xác định toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết 
khoảng cách từ điểm H đến cạnh CD bằng 12 2
13
 và đỉnh A có hoành độ là một số nguyên lớn hơn 
2− . 
1,0 
7 
(3;6)
12 2
13
(1;-2)
EH
C
DA
B N
M
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên CD 12 2
13
HE⇒ = 
Giả sử cạnh hình vuông bằng a (a>0) 
Ta có 22 0
3
NB NC CN CB+ = ⇔ =



 


  


 



 nên N nằm giữa B và C sao cho 2 2
3 3
aCN CB= = . 
2 2 13
3
aDN CD CN⇒ = + = 
0,25 
~5~ 
Có ( ) 3 2.
13 13 13
3
AD DH a aADH DNC g g DH
DN NC a
⇒ = = = ⇒ =
 ∼
 
( )
2
6 1313
. 2 2
13 613
3
a
HE DHDHE DNC g g NC HE
NC DN a
⇒ = = = ⇒ = =
 ∼
 
2 2 2 3 2
3
a
a⇔ = ⇔ = 
Giả sử VTPT của AD là ( );n a b=
 với ( )2 2 0a b+ ≠ 
Pt AD: 3 6 0ax by a b+ − − = 
( ) 2 2
2 2
2 8
, 3 2 3 2 7 16 23 0
a b
d N AD a ab b
a b
− −
⇒ = ⇔ = ⇔ − − =
+
( )( ) 07 23 0
7 23 0
a b
a b a b
a b
+ =⇔ + − = ⇔  − = 
0,25 
Trường hợp 1: 0a b+ = 
Suy ra : 3 0pt AD x y− + = 
( ): 1 0 2;1NP AD pt NP x y P AD NP P⊥ ⇒ + + = ⇒ = ∩ ⇒ − 
( ) ( )
( )
( ) ( )
1 12
3 2 1;2
3; 3 2
m TMAP BN BC
AP A
m LA AD A m m m
 = −= = = ⇒ = ⇔ ⇒ − = − ∈ ⇒ + > − 
Lúc đó ( )2 4; 1PD AP D= ⇒ − −


 


 
Từ đó ta tìm được ( ) ( )2; 1 , 1; 4B C− − − 
Do đó ( )1; 2A − , ( ) ( )2; 1 , 1; 4B C− − − , ( )4; 1D − − 
Trường hợp 2: 7 23 0a b− = 
Suy ra : 23 7 111 0pt AD x y+ − = 
86 13
: 7 23 53 0 ;
17 17
NP AD pt NP x y P AD NP P − ⊥ ⇒ − − = ⇒ = ∩ ⇒    
( )
( )
( )
1 932
3 172
111 23 79; 2
7 17
AP BN BC m L
AP
mA AD A m m m L
 = = = = ⇒ = ⇔ −  ∈ ⇒ > − =     
Trường hợp này không thoả mãn 
0,25 
Kết luận: Vậy ( )1; 2A − , ( ) ( )2; 1 , 1; 4B C− − − , ( )4; 1D − − 0,25 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( )
2 3
2 2
1. 1 1
,
1 2 5 3 3 7
x x y x y y
x y
x y x y x y x y
 − − − − − = + ∈ + + + + = + + +

 1,0 
Điều kiện 
2
2 2
1 0
2 0
5 3 3 7 0
x x y
x y
x y x y
 − − − ≥ + ≥ + + + ≥
Trường hợp 1: 2 1 0x x y− − − = từ ( ) 2 01 1 0 1 0
1
x
y y x x
x
=⇒ + = ⇒ = − ⇒ − = ⇔  = 
Thử lại vào phương trình (2) thấy 1
1
x
y
= = − thoả mãn. Suy ra ( )1; 1− là nghiệm HPT. 
0,25 8 
Trường hợp 2: 2 1 0x x y− − − > 0,25 
~6~ 
Ta có 
( )
( )
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
3 3
2 2
2 23 3
2 23 3
2 23 3
1 11 1 1 1 1
1 1
1 22
1 11 1 1
1 12 0
1 11 1 1
2 0
1 1 0 *
1 11 1 1
y y
x y x y
x x y x x y
x y x yx y
x x y yx y x y
x y
x y
x x y yx y x y
x y
x y
x x y yx y x y
+ +⇔ − − = ⇔ − − − = −− − − − − −
− + + − −− −⇔ = − − − + +− − + − − +
 + + ⇔ − − + = − − − + +− − + − − + 
− − = + +⇔  + = − − − + +− − + − − +
Vì 
2
2 2
1 5
1 0 21 2 1 1 0
2 0 1 5
2
x
x x y
x x y x x x
x y
x
 − +> − − − > ⇒ − > + ≥ − + ⇒ + − > ⇔ + ≥ − − <
Nên 2 1 5 1 2 5 0 1 0y x y x y≥ − > + ⇒ + > + > ⇒ + + > . 
Do đó PT(*) vô nghiệm. 
Suy ra 2y x= − 
Thế vào phương trình (2) ta được 
( ) ( )222 1 3 2 8 2 2 2 1 3 2 2 2 1 2 3 2x x x x x x x x− + − = − − ⇔ − + − = − + − Điều kiện: 
2
3
x ≥ . 
Đặt 
( )
12 1
3
3 2 0
x a a
x b b
  − = ≥    − = ≥
. 
Phương trình trở thành 
( )22 2 2 2 2 22 2 2 2 2 0a b a b a ab b a b a b a b+ = + ⇔ + + = + ⇔ − = ⇔ = 
0,25 
Từ đó ta có 
2 2
1
2 1 3 2 4 4 1 3 2 4 7 3 0 3
4
x
x x x x x x x
x
=− = − ⇔ − + = − ⇔ − + = ⇔  =
 (T/M) 
+) 1 1x y= ⇒ = − . Thử lại HPT thấy thoả mãn. 
+) 3 5
4 4
x y= ⇒ = − . Thử lại HPT không thoả mãn. 
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( ); 1; 1x y = − . 
0,25 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm , ,x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2 2
4 4 5
2 2 2 24
P
x y x z y z y z y x z xx y z
= − −
+ + + + + ++ + +
1,0 
9 
Ta có 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
4 2 4 42 2
2 2
2 1
AM GM x y z x y xy yz zx
x y x z y z x y
x y z
− + + + + + +
+ + + ≤ + =
≤ + +
Và 
0,25 
~7~ 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
4 2 4 42 2
2 2
2 2
AM GM y z x y z yz zx xyy z y x z x y z
x y z
− + + + + + +
+ + + ≤ + =
≤ + +
Thật vậy, với mọi , , 0x y z ≥ ta luôn có 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 2 2 0
2 2 2 0
x y x z y z
y z y x z x
⇔ − + − + − ≥
⇔ − + − + − ≥
Khi đó biểu thức P trở thành 
( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 22 2 2
2 2 22 2 2
4 4 5
2 24
4 9
24
P
x y z x y zx y z
x y zx y z
≤ − −
+ + + ++ + +
≤ −
+ ++ + +
Đặt 2 2 2 4 2t x y z t= + + + ⇒ > . Nên ( )2
4 9
2 4
P
t t
≤ −
−
0,25 
Xét hàm số ( ) ( )2
4 9
2 4
y f t
t t
= = −
−
 với 2t > 
Có ( ) ( )
( )( )
( )
3 2
2 22 2 2 2
4 4 7 4 164 9
'
4 4
t t t ttf t
t t t t
− + − −−
= + =
− −
Do 2t > nên ( ) ( )3 2 34 7 4 16 4 4 7 4 0t t t t t t+ − − = − + − > 
Suy ra ( )' 0 4f t t= ⇔ = 
0,25 
Lập bảng biến thiên 5
8
P⇒ ≤ 
Vậy GTLN của P là 5 2
8
x y z⇔ = = = 
0,25 
 CHÚ Ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn chấm điểm tối đa. 
Cảm ơn hai bạn bạn Thang Quach   ( quachdangthangpc@gmail.com ) và bạn Chatvuhuy 
(chathoayeume@gmail.com)  đã gửi tới www.laisac.page.tl